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Codeforces Round #701 (Div. 2) A ~ F ，6題全，超高質量良心題解【每日億題】2021/2/13

2021-02-15 12:15:18 軟體設計

整理的演算法模板合集： ACM模板

點我看演算法全家桶系列！！！

實際上是一個全新的精煉模板整合計劃
正文更新啦：《演算法競賽中的初等數論》正文 0x00整除、0x10 整除相關（ACM / OI / MO）（十五萬字符數論書）

目錄

    • A - Add and Divide
    • B - Replace and Keep Sorted
    • C - Floor and Mod
    • D - Multiples and Power Differences
    • E - Move and Swap
    • F - Copy or Prefix Sum

怎么這么多人AK呀 … 確實挺簡單的 (●ˇ?ˇ●) 考到了很多常用技巧，一堆智商檢測題，簡直好評hhh
不過怎么全是簽到題呀，確實比較考察思維hhh但是比賽過的人卻很少 ~ 以前前幾題都是能過一萬五來著，這次只有幾千…

比賽鏈接：https://codeforces.com/contest/1485

A - Add and Divide

Problem A Add and Divide
在這里插入圖片描述
Translation
給定兩個正整數 a a a, b b b ，你可以進行兩種操作：

  • 使得 a = ? a b ? a=\lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor a=?ba??
  • 使得 b = b + 1 b = b + 1 b=b+1

請問最少多少次操作，使得 a = 0 a=0 a=0，

Word
在這里插入圖片描述

Solution

簽到題 ~

之前做過這種題目，鏈接：2021年洛谷一月月賽（Div1、Div2，6題）全部題解 C題，比這個難多了 ~

但是萬變不離其宗，那道題同樣有兩個操作，加一或者 × 2 \times 2 ×2 ，最小費用修改，使得整個序列滿足一個條件，需要套一個二分加DP，

中心思想還是分析性質，我們發現 + + + 操作前期比 × \times × 收益更大，后期 × \times × 操作比 + + + 操作收益更大，由于乘的話是指數級增長，所以那么資料是 1 0 9 10^9 109 ，實際的操作次數也是常數級別的，所以我們可以暴力，這道題僅要求將 a a a 除到 0 0 0，我們僅需將 b b b 加到 10 10 10 即可，然后暴力計算，

其實可以簡單地證明一下，為什么到 10 10 10 一定ok，實際上一次加操作，最后的總貢獻是你乘的次數，如果當你乘一次的貢獻就已經超過了乘的次數，也就是說乘的貢獻此時一定超過了加的貢獻，所以簡單算一下，我們發現 log ? 10 1 0 9 = 9 \log_{10}10^9=9 log10?109=9， 所以只需要加到10即可 ~

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5007;
const ll INF = 4e18;

int n, m, t;
ll a, b;

void solve()
{
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    if(a == 0) {
        puts("0");
        return ;
    }
    ll res = INF, ans;
    ll cnt = 0;
    ll B = b;
    if(b == 1) b ++ , cnt ++ ;
    for(; b <= 10; ++ b) {

        ans = 0;
        cnt ++ ;
        ll tmp_a = a;
        while(tmp_a) {
            tmp_a /= b;
            ans ++ ;
        }
        ans += cnt;
        ans -- ;
        if(ans < res) res = ans;
    }
    if(B > 10) {
        ans = 0;
        while(a) {
            a /= B;
            ans ++ ;
        }
    }
    res = min(res, ans);
    printf("%lld\n", res);
    return ;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        solve();
    }
}

B - Replace and Keep Sorted

Problem B Replace and Keep Sorted

在這里插入圖片描述
Translation

對于一個正整數 k k k ，規定兩個序列是 “ k k k 相似序列” 需要滿足以下要求：

  • 兩個序列嚴格遞增
  • 兩個序列有相同的長度
  • 兩個序列的元素的取值 ∈ [ 1 , k ] \in[1,k] ∈[1,k]
  • 兩個序列僅有一個位置的元素不同

給定一個正整數 k k k，一個嚴格遞增的序列 a a a ，將會有 q q q 次詢問，每次詢問一個區間 l l l ， r r r ，你的任務是每次輸出有多少種 b b b 序列是序列 a l , a l + 1 , a l + 2 ? ? , a r a_l,a_{l+1},a_{l+2}\cdots,a_r al?,al+1?,al+2??,ar? 的 “ k k k 相似序列” ，

Word
在這里插入圖片描述

Solution

簽到題 ~

注意一個重要的性質：嚴格遞增

因為元素的取值只能是 [ 1 , k ] [1,k] [1,k] ，并且兩個序列必須只能有一個不同的元素，由于序列一定嚴格遞增，求總的方案數，實際上對于每一個序列來說，每次只能有一個位置不同，而對于這個位置來說，手算一下發現，對于每一個區間里的數，一共有 a [ i + 1 ] ? a [ i ? 1 ] ? 2 a[i+1]-a[i-1]-2 a[i+1]?a[i?1]?2 種選法，對于區間的邊界來說，一共有 a [ i + 1 ] ? a [ i ? 1 ] ? 2 a[i+1]-a[i-1]-2 a[i+1]?a[i?1]?2 種選法，設每一個位置 i i i 的選法就是 i i i 的權值，由加法原理可知，總方案數就是區間權值和，所以我們直接使用一個前綴和維護一下即可，

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 2e5 + 7;
const ll INF = 4e18;

int n, m, t, q, k;

ll val[N], a[N];
ll sum[N];

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &q, &k);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    a[0] = 1, a[n + 1] = k;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        val[i] = a[i + 1] - a[i - 1] - 2;
        sum[i] = sum[i - 1] + val[i];
    }
    while(q -- ) {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        ll ans = sum[r - 1] - sum[l];
        ans += a[l + 1] - 1 - 1;
        ans += k - a[r - 1] - 1;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;

}

C - Floor and Mod

Problem C Floor and Mod
在這里插入圖片描述

Translation

定義一對數 ( a , b ) (a,b) (a,b) 是特殊的，當且僅當 ? a b ? = a m o d ?? b \lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor=a\mod b ?ba??=amodb

給定 x x x 和 y y y ，求一共有多少對特殊的數 ( a , b ) (a,b) (a,b) ，當 1 ≤ a ≤ x , 1 ≤ b ≤ y 1\le a\le x,1\le b\le y 1≤a≤x,1≤b≤y，

Solution

簽到 ? \cdots ?

反正不是太難hhh

不就是推柿子嘛，我DNA動了

? a b ? = a m o d ?? b \lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor=a\mod b ?ba??=amodb
? a b ? = a ? ? a b ? × b \lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor=a-\lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor\times b ?ba??=a??ba??×b
a = ? a b ? × ( b + 1 ) a=\lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor\times (b+1) a=?ba??×(b+1)
a b + 1 = ? a b ? \cfrac{a}{b+1}=\lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor b+1a?=?ba??

因為 ? a b ? \lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor ?ba?? 一定是整數，所以 a b + 1 \cfrac{a}{b+1} b+1a? 一定是整數，所以 b + 1 ∣ a b+1\ |\ a b+1 ∣ a，

分類討論：

若 ? a b ? < b \lfloor\cfrac{a}{b}\rfloor<b ?ba??<b

則等式兩邊同除以 b b b ：

a b + 1 = ? a b ? b \cfrac{a}{b+1}=\cfrac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{b} b+1a?=b?ba???

a b + 1 b = ? a b b ? \cfrac{\frac{a}{b+1}}{b}=\lfloor\frac{\frac{a}{b}}{b}\rfloor bb+1a??=?bba???

a b 2 + b = 0 \cfrac{a}{b^2+b}=0 b2+ba?=0

顯然 a < b 2 + b a<b^2+b a<b2+b

即 a ∈ [ 0 , b 2 + b ? 1 ] a\in [0,b^2+b-1] a∈[0,b2+b?1]，那么問題就變成了在這個區間里一共多少個 a a a，使得 b + 1 ∣ a b+1\ |\ a b+1 ∣ a ，答案很顯然就是 b 2 + b ? 1 b + 1 \cfrac { b^2+b-1}{b+1} b+1b2+b?1? ，可以理解為區間 [ 0 , b 2 + b ? 1 ] [0,b^2+b-1] [0,b2+b?1] 內， b ? 1 b-1 b?1 的倍數的個數（因為 b + 1 ∣ a b+1\ |\ a b+1 ∣ a），

我們考慮列舉 b b b ，則最終的答案為：

∑ b = 1 y a n s = m i n { x , b 2 + b ? 1 } b + 1 \sum\limits_{b=1}^{y} ans = \cfrac {min\{x, b^2+b-1\}}{b+1} b=1∑y?ans=b+1min{x,b2+b?1}?

那么分析： m i n { x , b 2 + b ? 1 } min\{x, b^2+b-1\} min{x,b2+b?1}，很明顯當 b ≤ x b\le \sqrt x b≤x ? 的時候， b 2 + b ? 1 > x b^2+b-1>x b2+b?1>x，也就是說我們僅需要列舉到 x \sqrt x x ? 即可，剩余的情況 m i n { x , b 2 + b ? 1 } min\{x, b^2+b-1\} min{x,b2+b?1} 均為 x x x ，也就是說我們就可以使用整除分塊解決，整體時間復雜度為 O ( n ) O(\sqrt n) O(n ?) ，

整除分塊又稱數論分塊，詳見我的學習筆記：https://fanfansann.blog.csdn.net/article/details/110579001

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef int itn;
const int N = 5e6 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9 + 7;

int n, m, t, k, q;
ll x, y;

void solve()
{
    scanf("%lld%lld", &x, &y);
    ll a, b = 1;
    ll ans = 0;
    for(; b * b + b - 1 <= x && b <= y; ++ b) {
        ans += (b * b + b - 1) / (b + 1);
    }
    ll l = b + 1, r;
    for(; l <= x && l <= y + 1; l = r + 1) {
        r = x / (x / l);
        if(r > y + 1) break;
        ans += x / l * (r - l + 1);
    }
    if(l <= x) {
        r = y + 1;
        ans += x / l * (r - l + 1);
    }
    /*
    int k = min(x, y);
    for(int l = b + 1, r; l <= k; l = r + 1) {
        r = min(k, min(x / (x / l), y / (y / l)));
        ans += x / l * (r - l + 1);
    }*/
    printf("%lld\n", ans);
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D - Multiples and Power Differences

Problem D Multiples and Power Differences
在這里插入圖片描述
Word
在這里插入圖片描述
在這里插入圖片描述

Solution

簽到題

先手玩樣例

1 2 
2 3
···
6 2 
2 6

16 16 16
16 16 16
···
16 32 16 
32 16 32

發現首先要考慮的是位置對應，所以我們按照奇數偶數分開，奇行偶列，奇行奇列，偶行奇列，偶行偶列，使用位運算可以將他們分開：

1 ^ 1 = 0    1 ^ 0 = 1
         ↖ ↗
         ↙ ↘
0 ^ 1 = 1    0 ^ 0 = 0

解決了位置放置的問題，再來思考如何求矩陣 b b b，

首先每一個 b i , j b_{i,j} bi,j? 必須是 a i , j a_{i,j} ai,j? 的倍數，并且 b i , j ≤ 1 0 6 b_{i,j}\le 10^6 bi,j?≤106，

首先亂搞肯定不行， b b b 種的每一個數都有要求，必須和相鄰的格子差值的絕對值為 k 4 k^4 k4 ，但是 k k k 僅需大于 1 1 1 即可，沒有其他的要求，啥都行，而 1 ≤ a i , j ≤ 16 1\le a_{i,j}\le 16 1≤ai,j?≤16 所以這就給我們了一個提示， k k k 的取值根據當前的 a a a 來決定，

所以我們必須要同時滿足：

首先必須是 a a a 的倍數，然后差值還必須是 k 4 k^4 k4，

因為要的是差值，我們不好控制這個差值，只有當一個數是固定的，這樣我們將另一個數加上 k 4 k^4 k4 ，這樣我們就可以控制這個差值了，再結合上面我們分析樣例，發現確實有一些數是可以不變的，所以我們考慮有沒有一個數一定是 a i , j a_{i,j} ai,j? 的倍數？而 b b b 還有限制 ， b i , j ≤ 1 0 6 b_{i,j}\le 10^6 bi,j?≤106，需要盡量的小，還要一定是全部的倍數 —— 最小公倍數LCM，其實關鍵在于 1 ≤ a i , j ≤ 16 1\le a_{i,j}\le 16 1≤ai,j?≤16，給定一個很小的小范圍， b b b 也有范圍，這些都是提示呀各位，我們計算發現 1 1 1 ~ 16 16 16 的 L C M = 720720 ≤ 1 0 6 LCM=720720\le 10^6 LCM=720720≤106，這樣還滿足了一定是 a i , j a_{i,j} ai,j? 的倍數，而且還是一個固定的值，這樣我們就可以控制兩個數的差值，完美！

最后如何控制差值，我們僅需根據最開始奇偶分類， 1 1 1 為 L C M LCM LCM ， 0 0 0 呢，想要 1 1 1 和 0 0 0 的差值是 k 4 k^4 k4 ，而 k k k 任意，所以我們取 0 0 0 位置上的 a i , j a_{i,j} ai,j? 即可， 0 0 0 的值就是 L C M + ( a i , j ) 4 LCM+(a_{i,j})^4 LCM+(ai,j?)4，

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 3e4 + 7, M = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int lcm(itn a, int b)
{
    return a / __gcd(a, b) * b;
}
itn n, m, x;
itn main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int LCM = 1;
    for(int i = 1; i <= 16; ++ i) {
        LCM = lcm(LCM, i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for(int j = 1; j <= m; ++ j) {
            scanf("%d", &x);
            if(((i ^ j) & 1) == 0)//其實無所謂
                printf("%d ", LCM);
            else printf("%d ", LCM + x * x * x * x);
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}

E - Move and Swap

待更…

F - Copy or Prefix Sum

Problem F Cpoy or Prefix Sum

在這里插入圖片描述
Translation

給定一個 b b b 陣列，一個 a a a 是合法的指對于每一個 i i i 都有 b i = a i b_i=a_i bi?=ai? b i = ∑ j = 1 i a j b_i=\sum\limits_{j=1}^{i}a_j bi?=j=1∑i?aj? ，問合法的 a a a 有多少個，

1 ≤ t ≤ 1 0 4 , 1 ≤ ∑ n ≤ 2 × 1 0 5 , ? 1 0 9 ≤ b i ≤ 1 0 9 1\le t\le 10^4,1\le \sum n\le 2\times 10^5,-10^9\le b_i\le 10^9 1≤t≤104,1≤∑n≤2×105,?109≤bi?≤109

Word

在這里插入圖片描述
在這里插入圖片描述

Solution

看著這個式子，很明顯就是一個DP，

因為題目中 a a a 可以等于 b i = ∑ j = 1 i a j b_i=\sum\limits_{j=1}^{i}a_j bi?=j=1∑i?aj?，所以DP考慮維護前綴和， f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示前 i i i 個數中，前綴和為 j j j 的方案數，初始化經典 f [ 0 ] [ 0 ] = 1 f[0][0]=1 f[0][0]=1 ，最終的答案很明顯就是 ∑ j = m i n m a x f [ n ] [ j ] \sum\limits_{j=min}^{max}f[n][j] j=min∑max?f[n][j]，
有了邊界，答案，開考慮轉移方程，

因為有兩種情況，所以分類討論，

當 a [ i ] a[i] a[i] 等于 b [ i ] b[i] b[i] 時：

對于 j ∈ [ m i n , m a x ] j\in[min,max] j∈[min,max] 很明顯

  • 有 f [ i ] [ j ] = f [ i ? 1 ] [ j ? b [ i ] ] f[i][j]=f[i-1][j-b[i]] f[i][j]=f[i?1][j?b[i]]

當 a [ i ] a[i] a[i] 等于 b i = ∑ j = 1 i a j b_i=\sum\limits_{j=1}^{i}a_j bi?=j=1∑i?aj? 時，我們計算前綴和 s u m [ i ] sum[i] sum[i]，即此時 a [ i ] = b [ i ] ? s u m [ i ? 1 ] a[i]=b[i]-sum[i-1] a[i]=b[i]?sum[i?1]：

  • 有 f [ i ] [ b [ i ] ] = ∑ j = ? m i n m a x f [ i ? 1 ] [ j ] f[i][b[i]]=\sum\limits_{j=-min}^{max}f[i-1][j] f[i][b[i]]=j=?min∑max?f[i?1][j]

不過由于資料過大，我們不能直接開陣列，但是資料量小，所以我們可以使用 map 來代替陣列，進行轉移，

但是我們這樣暴力回圈遞推，并且因為使用到了 map ，所以總的時間復雜度為 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn)，而 1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 1\le n\le 2\times 10^5 1≤n≤2×105，所以考慮如何優化，

我們發現實際上第一個轉移方程就是所有的元素全部向右移動 b [ i ] b[i] b[i] ，所以對于第一種轉移，我們只需要記錄一下最終向右移動了多少，然后每次 O ( 1 ) O(1) O(1) 轉移，

對于第二個轉移方程，實際意義就是 f [ i ] [ b [ i ] ] f[i][b[i]] f[i][b[i]] 等于前面的所有元素之和，設原來的全域之和（也就是答案）應該是 a n s ans ans， f [ i ] [ b [ i ] ] = a n s f[i][b[i]]=ans f[i][b[i]]=ans，原來的 f [ i ] [ b [ i ] ] f[i][b[i]] f[i][b[i]] 沒了，也就是新的全域和變成了 a n s = a n s + a n s ? f [ i ] [ b [ i ] ] ans=ans+ans-f[i][b[i]] ans=ans+ans?f[i][b[i]]，

最后因為 ? 1 0 9 ≤ b i ≤ 1 0 9 -10^9\le b_i\le 10^9 ?109≤bi?≤109，所以有可能答案為負數，所以最后 mod 的時候注意加上 mod 消掉負數，

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9 + 7;

int n, m, t, k, q;
ll x, y;
map<ll, ll>mp;
ll b[N];

void solve()
{
    ll deviation = 0, ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    mp.clear();

    mp[0] = 1;
    ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%lld", &b[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        deviation -= b[i];
        ll change = ans - mp[b[i] + deviation];
        mp[b[i] + deviation] = ans;
        ans = ans + change % mod;
    }
    printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
    return ;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        solve();
    }
}

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/ruanti/259773.html

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    1.前言 這應該是本學期最后一次寫作業總結了吧。總體來說，對作業的節奏也差不多掌握了，作業做起來的效率也更高了。雖然和之前的作業一樣，作業中都要用到新的知識，但是相比之前，更加懂得了如何利用工具以及資料。雖然之間卡過殼，但總體而言，這幾次作業還算完成的比較好。 2.作業程序總結 相比前兩個單元，此單 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:35:41 more
  • 北航OO（2020）第四單元博客作業暨課程總結博客

    北航OO（2020）第四單元博客作業暨課程總結博客 本單元作業的架構設計 在本單元中，由于UML圖具有比較清晰的樹形結構，因此我對其中需要進行查詢操作的元素進行了包裝，在樹的父節點中存盤所有孩子的參考。考慮到性能問題，我采用了快取機制，一次查詢后盡可能快取已經遍歷過的資訊，以減少遍歷次數。 本單元我 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:35:48 more
  • BUAA_OO_第四單元

    一、UML決議器設計 ? 先看下題目：第四單元實作一個基于JDK 8帶有效性檢查的UML(Unified Modeling Language)類圖，順序圖，狀態圖分析器 MyUmlInteraction，實際上我們要建立一個有向圖模型，UML中的物件（元素）可能與同級元素連接，也可與低級元素相連形成 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:35:54 more
  • 6.1邏輯運算子

    邏輯運算子 1. && 短路與 運算式1 && 運算式2 01.運算式1為true并且運算式2也為true 整體回傳為true 02.運算式1為false，將不會執行運算式2 整體回傳為false 03.只要有一個運算式為false 整體回傳為false 2. || 短路或 運算式1 || 運算式2 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:35:56 more
  • BUAAOO 第四單元 & 課程總結

    1. 第四單元：StarUml檔案決議 本單元采用了圖模型決議UML。 UML檔案可以抽象為圖、子圖、邊的邏輯結構。 在實作中，圖的節點包括類、介面、屬性，子圖包括狀態圖、順序圖等。 采用了三次遍歷UML元素的方法建圖，第一遍遍歷建點，第二、三次遍歷設定屬性、連邊，實作圖物件的初始化。這里借鑒了一些 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:06 more
  • 談談我對C# 多型的理解

    面向物件三要素：封裝、繼承、多型。 封裝和繼承，這兩個比較好理解，但要理解多型的話，可就稍微有點難度了。今天，我們就來講講多型的理解。 我們應該經常會看到面試題目：請談談對多型的理解。 其實呢，多型非常簡單，就一句話：呼叫同一種方法產生了不同的結果。 具體實作方式有三種。 一、多載 多載很簡單。 p ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:09 more
  • Python 資料驅動工具：DDT

    背景 python 的unittest 沒有自帶資料驅動功能。 所以如果使用unittest，同時又想使用資料驅動，那么就可以使用DDT來完成。 DDT是 “Data-Driven Tests”的縮寫。 資料：http://ddt.readthedocs.io/en/latest/ 使用方法 dd. ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:13 more
  • Python里面的xlrd模塊詳解

    那我就一下面積個問題對xlrd模塊進行學習一下： 1.什么是xlrd模塊？ 2.為什么使用xlrd模塊？ 3.怎樣使用xlrd模塊？ 1.什么是xlrd模塊？ ?python操作excel主要用到xlrd和xlwt這兩個庫，即xlrd是讀excel，xlwt是寫excel的庫。 今天就先來說一下xl ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:28 more
  • 當我們創建HashMap時，底層到底做了什么？

    jdk1.7中的底層實作程序（底層基于陣列+鏈表） 在我們new HashMap()時，底層創建了默認長度為16的一維陣列Entry[ ] table。當我們呼叫map.put(key1,value1)方法向HashMap里添加資料的時候： 首先，呼叫key1所在類的hashCode()計算key1 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:38 more
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  • 05單件模式

    #經典的單件模式 public class Singleton { private static Singleton uniqueInstance; //一個靜態變數持有Singleton類的唯一實體。 // 其他有用的實體變數寫在這里 //構造器宣告為私有，只有Singleton可以實體化這個類! ......

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