樹鏈剖分 題目
SPOJ - QTREE3 Query on a tree again!
Description
You are given a tree (an acyclic undirected connected graph) with N nodes. The tree nodes are numbered from 1 to N. In the start, the color of any node in the tree is white.node
We will ask you to perfrom some instructions of the following form:c++
- 0 i : change the color of the i-th node (from white to black, or from black to white);
or - 1 v : ask for the id of the first black node on the path from node 1 to node v. if it doesn't exist, you may return -1 as its result.
Input
In the first line there are two integers N and Q.數組
In the next N-1 lines describe the edges in the tree: a line with two integers a bdenotes an edge between a and b.測試
The next Q lines contain instructions "0 i" or "1 v" (1 ≤ i, v ≤ N).ui
Output
For each "1 v" operation, write one integer representing its result.spa
Example
Input:
9 8 1 2 1 3 2 4 2 9 5 9 7 9 8 9 6 8 1 3 0 8 1 6 1 7 0 2 1 9 0 2 1 9
Output:
-1 8 -1 2 -1
Constraints & Limits
There are 12 real input files.code
For 1/3 of the test cases, N=5000, Q=400000.orm
For 1/3 of the test cases, N=10000, Q=300000.ip
For 1/3 of the test cases, N=100000, Q=100000.input
題解
樹鏈剖分後，用線段樹或者樹狀數組維護區間和，找距離1最近的黑點即找區間和大於零的最小的左端點，對於線段樹查詢，咱們優先訪問左兒子便可，對於樹狀數組能夠套二分查詢深度最小的點
代碼
二分+樹狀數組
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
vector<int> G[N];
int n, m;
int fa[N];
int son[N];
int sze[N];
int dep[N];
void dfs1(int u, int f) {
sze[u] = 1;
fa[u] = f;
son[u] = 0;
dep[u] = dep[f] + 1;
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f) continue;
dfs1(v, u);
sze[u] += sze[v];
if (sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
}
}
int top[N];
int cnt;
int pos[N];
int mp[N];
void dfs2(int u, int f, int t) {
top[u] = t;
pos[u] = ++cnt;
mp[cnt] = u;
if (son[u]) dfs2(son[u], u, t);
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f || v == son[u]) continue;
dfs2(v, u, v);
}
}
int a[N];
int d[N];
void update(int x, int v) {
for (int i = x; i <= n; i += i & (-i)) d[i] += v;
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i; i -= i & (-i)) ans += d[i];
return ans;
}
int calcans(int u) {
int ans = 0;
int res = -1;
while (top[u] != top[1]) {
if (query(pos[u]) - query(pos[top[u]] - 1) > 0) {
int l = pos[top[u]], r = pos[u];
int tl = l;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (query(mid) - query(tl - 1) > 0) {
r = mid - 1;
ans = mid;
}
else l = mid + 1;
}
if (ans) res = mp[ans];
}
u = fa[top[u]];
}
if (query(pos[u]) - query(pos[1] - 1) > 0) {
int l = pos[1], r = pos[u];
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (query(mid) > 0) {
r = mid - 1;
ans = mid;
}
else l = mid + 1;
}
if (ans) res = mp[ans];
}
return res;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
G[i].clear();
}
memset(d, 0, sizeof(d));
memset(sze, 0, sizeof(sze));
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dep[0] = 0;
dfs1(1, 0);
cnt = 0;
dfs2(1, 0, 1);
int ch, k;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &ch, &k);
switch(ch) {
case 1: printf("%d\n", calcans(k)); break;
case 0: {
if (a[k] == 0) {
update(pos[k], 1);
a[k] = 1;
}
else {
update(pos[k], -1);
a[k] = 0;
}
break;
}
}
}
return 0;
}
線段樹
#include <bits/stdc++.h>
#define lson (o << 1)
#define rson (o << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
vector<int> G[N];
int n, m;
int fa[N];
int son[N];
int sze[N];
int dep[N];
void dfs1(int u, int f) {
sze[u] = 1;
fa[u] = f;
son[u] = 0;
dep[u] = dep[f] + 1;
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f) continue;
dfs1(v, u);
sze[u] += sze[v];
if (sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
}
}
int top[N];
int cnt;
int pos[N];
int mp[N];
void dfs2(int u, int f, int t) {
top[u] = t;
pos[u] = ++cnt;
mp[cnt] = u;
if (son[u]) dfs2(son[u], u, t);
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f || v == son[u]) continue;
dfs2(v, u, v);
}
}
int a[N];
int sumv[N << 2];
void pushup(int o) {
sumv[o] = sumv[lson] + sumv[rson];
}
void update(int o, int l, int r, int pos) {
if (l == r) {
sumv[o] = !sumv[o];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid) update(lson, l, mid, pos);
else update(rson, mid + 1, r, pos);
pushup(o);
}
int query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (sumv[o] == 0) return 0;
if (l == r) return l;
int mid = (l + r) >> 1;
int ans = 0;
if (ql <= mid) ans = query(lson, l, mid, ql, qr);
if (ans) return ans;
if (qr > mid) ans = query(rson, mid + 1, r, ql, qr);
return ans;
}
int calcans(int u) {
int ans;
int res = -1;
while (1) {
ans = query(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]);
if (ans) res = mp[ans];
if (u == 1 || top[u] == 1) break;
u = fa[top[u]];
}
return res;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
G[i].clear();
}
memset(sumv, 0, sizeof(sumv));
memset(sze, 0, sizeof(sze));
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dep[0] = 0;
dfs1(1, 0);
cnt = 0;
dfs2(1, 0, 1);
int ch, k;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &ch, &k);
switch(ch) {
case 1: printf("%d\n", calcans(k)); break;
case 0: {
update(1, 1, n, pos[k]);
break;
}
}
}
return 0;
}
BZOJ-2243 染色
Description
給定一棵有n個節點的無根樹和m個操做，操做有2類：
一、將節點a到節點b路徑上全部點都染成顏色c；
二、詢問節點a到節點b路徑上的顏色段數量（連續相同顏色被認爲是同一段），
如「112221」由3段組成：「11」、「222」和「1」。
請你寫一個程序依次完成這m個操做。
Input
第一行包含2個整數n和m，分別表示節點數和操做數；
第二行包含n個正整數表示n個節點的初始顏色
下面 行每行包含兩個整數x和y，表示x和y之間有一條無向邊。
下面 行每行描述一個操做：
「C a b c」表示這是一個染色操做，把節點a到節點b路徑上全部點（包括a和b）都染成顏色c；
「Q a b」表示這是一個詢問操做，詢問節點a到節點b（包括a和b）路徑上的顏色段數量。
Output
對於每一個詢問操做，輸出一行答案。
Sample Input
6 5 2 2 1 2 1 1 1 2 1 3 2 4 2 5 2 6 Q 3 5 C 2 1 1 Q 3 5 C 5 1 2 Q 3 5
Sample Output
3 1 2
Hint
數N<=10^5，操做數M<=10^5，全部的顏色C爲整數且在[0, 10^9]之間。
題解
樹剖後用線段樹維護每一個區間的顏色段數，和左端點右端點的顏色是什麼，合併時判斷顏色是否同樣便可
代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define lson (o << 1)
#define rson (o << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
vector<int> G[N];
const ll inf = 1e9;
int n;
ll val[N];
int fa[N];
int son[N];
int sze[N];
int dep[N];
void dfs1(int u, int f) {
sze[u] = 1;
fa[u] = f;
son[u] = 0;
dep[u] = dep[f] + 1;
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f) continue;
dfs1(v, u);
sze[u] += sze[v];
if (sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
}
}
int top[N];
int cnt;
int pos[N];
int a[N];
void dfs2(int u, int f, int t) {
top[u] = t;
pos[u] = ++cnt;
a[cnt] = val[u];
if (son[u]) dfs2(son[u], u, t);
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if (v == f || v == son[u]) continue;
dfs2(v, u, v);
}
}
ll sumv[N << 2];
ll cov[N << 2];
ll L[N << 2];
ll R[N << 2];
void pushup(int o) {
L[o] = L[lson];
R[o] = R[rson];
if (R[lson] == L[rson]) {
sumv[o] = sumv[lson] + sumv[rson] - 1;
}
else sumv[o] = sumv[lson] + sumv[rson];
}
void pushdown(int o, int l, int r) {
if (cov[o]) {
cov[lson] = cov[rson] = cov[o];
sumv[lson] = sumv[rson] = 1;
L[lson] = R[lson] = cov[o];
L[rson] = R[rson] = cov[o];
cov[o] = 0;
}
}
void build(int o, int l, int r) {
if (l == r) {
sumv[o] = 1;
cov[o] = 0;
L[o] = R[o] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid); build(rson, mid + 1, r);
pushup(o);
}
void update(int o, int l, int r, int ql, int qr, ll v) {
if (ql <= l && r <= qr) {
sumv[o] = 1;
cov[o] = v;
L[o] = R[o] = v;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if (ql <= mid) update(lson, l, mid, ql, qr, v);
if (qr > mid) update(rson, mid + 1, r, ql, qr, v);
pushup(o);
}
ll query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql == l && r == qr) {
return sumv[o];
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if (qr <= mid) return query(lson, l, mid, ql, qr);
else if (ql > mid) return query(rson, mid + 1, r, ql, qr);
else {
ll res = query(lson, l, mid, ql, mid) + query(rson, mid + 1, r, mid + 1, qr);
if (R[lson] == L[rson]) return res - 1;
else return res;
}
}
ll querycor(int o, int l, int r, int pos) {
if (l == r) {
return L[o];
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if (pos <= mid) return querycor(lson, l, mid, pos);
else return querycor(rson, mid + 1, r, pos);
}
ll calcsum(int u, int v) {
ll ans = 0;
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
ans += query(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]);
int tmp = top[u];
u = fa[top[u]];
if (querycor(1, 1, n, pos[tmp]) == querycor(1, 1, n, pos[u])) ans--;
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
ans += query(1, 1, n, pos[v], pos[u]);
return ans;
}
void update1(int u, int v, ll val) {
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
update(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u], val);
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
update(1, 1, n, pos[v], pos[u], val);
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
int m; scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &val[i]);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dep[0] = 0;
dfs1(1, 0);
cnt = 0;
dfs2(1, 0, 1);
build(1, 1, n);
char ch[10];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%s", ch);
int l, r, k;
ll v;
switch(ch[0]) {
case 'Q': scanf("%d%d", &l, &r); printf("%lld\n", calcsum(l, r)); break;
case 'C': {
scanf("%d%d%lld", &l, &r, &v);
update1(l, r, v);
break;
}
}
}
return 0;
}
BZOJ-2157 旅遊
Description
Ray 樂忠於旅遊，此次他來到了T 城。T 城是一個水上城市，一共有 N 個景點，有些景點之間會用一座橋鏈接。爲了方便遊客到達每一個景點但又爲了節約成本，T 城的任意兩個景點之間有且只有一條路徑。換句話說， T 城中只有N − 1 座橋。Ray 發現，有些橋上能夠看到美麗的景色，讓人心情愉悅，但有些橋狹窄泥濘，使人煩躁。因而，他給每座橋定義一個愉悅度w，也就是說，Ray 通過這座橋會增長w 的愉悅度，這或許是正的也多是負的。有時，Ray 看待同一座橋的心情也會發生改變。如今，Ray 想讓你幫他計算從u 景點到v 景點能得到的總愉悅度。有時，他還想知道某段路上最美麗的橋所提供的最大愉悅度，或是某段路上最糟糕的一座橋提供的最低愉悅度。
Input
輸入的第一行包含一個整數N，表示T 城中的景點個數。景點編號爲 0...N − 1。接下來N − 1 行，每行三個整數u、v 和w，表示有一條u 到v，使 Ray 愉悅度增長w 的橋。橋的編號爲1...N − 1。|w| <= 1000。輸入的第N + 1 行包含一個整數M，表示Ray 的操做數目。接下來有M 行，每行描述了一個操做，操做有以下五種形式： C i w，表示Ray 對於通過第i 座橋的愉悅度變成了w。 N u v，表示Ray 對於通過景點u 到v 的路徑上的每一座橋的愉悅度都變成原來的相反數。 SUM u v，表示詢問從景點u 到v 所得到的總愉悅度。 MAX u v，表示詢問從景點u 到v 的路徑上的全部橋中某一座橋所提供的最大愉悅度。 MIN u v，表示詢問從景點u 到v 的路徑上的全部橋中某一座橋所提供的最小愉悅度。測試數據保證，任意時刻，Ray 對於通過每一座橋的愉悅度的絕對值小於等於1000。
Output
對於每個詢問(操做S、MAX 和MIN)，輸出答案。
Sample Input
3 0 1 1 1 2 2 8 SUM 0 2 MAX 0 2 N 0 1 SUM 0 2 MIN 0 2 C 1 3 SUM 0 2 MAX 0 2
Sample Output
3 2 1 -1 5 3
Hint
一共有10 個數據，對於第i (1 <= i <= 10) 個數據， N = M = i * 2000。
題解
本題給的是邊權，對於邊權咱們不太方便樹鏈剖分，咱們將每條邊的邊權給子節點，這樣根節點點權爲0，而後就能夠正常樹剖了，對於取區間相反數的操做，咱們就將最大值和最小值交換再取負數就能夠了，區間和直接取負數.
#include <bits/stdc++.h>
#define lson (o << 1)
#define rson (o << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
struct node {
int v, w;
node(int v = 0, int w = 0): v(v), w(w) {}
};
vector<node> G[N];
const int inf = 1e9;
int n;
int val[N];
int fa[N];
int son[N];
int sze[N];
int dep[N];
void dfs1(int u, int f) {
sze[u] = 1;
fa[u] = f;
son[u] = 0;
dep[u] = dep[f] + 1;
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i].v;
if (v == f) continue;
val[v] = G[u][i].w;
dfs1(v, u);
sze[u] += sze[v];
if (sze[v] > sze[son[u]]) {
son[u] = v;
}
}
}
int top[N];
int cnt;
int pos[N];
int a[N];
void dfs2(int u, int f, int t) {
top[u] = t;
pos[u] = ++cnt;
a[cnt] = val[u];
if (son[u]) dfs2(son[u], u, t);
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i].v;
if (v == f || v == son[u]) continue;
dfs2(v, u, v);
}
}
int sumv[N << 2];
int maxv[N << 2];
int minv[N << 2];
void pushup(int o) {
sumv[o] = sumv[lson] + sumv[rson];
maxv[o] = max(maxv[lson], maxv[rson]);
minv[o] = min(minv[lson], minv[rson]);
}
int negv[N << 2];
void myswap(int x) {
negv[x] ^= 1;
swap(maxv[x], minv[x]);
maxv[x] = -maxv[x];
minv[x] = -minv[x];
sumv[x] = -sumv[x];
}
void pushdown(int o, int l, int r) {
if (negv[o]) {
myswap(lson); myswap(rson);
negv[o] = 0;
}
}
void build(int o, int l, int r) {
if (l == r) {
sumv[o] = maxv[o] = minv[o] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid); build(rson, mid + 1, r);
pushup(o);
}
void update(int o, int l, int r, int pos, int v) {
if (l == r) {
sumv[o] = maxv[o] = minv[o] = v;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if (pos <= mid) update(lson, l, mid, pos, v);
else update(rson, mid + 1, r, pos, v);
pushup(o);
}
void neg(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql > r || qr < l) return;
if (ql <= l && r <= qr) {
myswap(o);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if (ql <= mid) neg(lson, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) neg(rson, mid + 1, r, ql, qr);
pushup(o);
}
int querysum(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql > r || qr < l) return 0;
if (ql <= l && r <= qr) {
return sumv[o];
}
int mid = (l + r) >> 1;
int ans = 0;
pushdown(o, l, r);
if (ql <= mid) ans += querysum(lson, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) ans += querysum(rson, mid + 1, r, ql, qr);
return ans;
}
int querymax(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql > r || qr < l) return -inf;
if (ql <= l && r <= qr) {
return maxv[o];
}
int mid = (l + r) >> 1;
int ans = -inf;
pushdown(o, l, r);
if (ql <= mid) ans = max(ans, querymax(lson, l, mid, ql, qr));
if (qr > mid) ans = max(ans, querymax(rson, mid + 1, r, ql, qr));
return ans;
}
int querymin(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql > r || qr < l) return inf;
if (ql <= l && r <= qr) {
return minv[o];
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
int ans = inf;
if (ql <= mid) ans = min(ans, querymin(lson, l, mid, ql, qr));
if (qr > mid) ans = min(ans, querymin(rson, mid + 1, r, ql, qr));
return ans;
}
int csum(int u, int v) {
int ans = 0;
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
ans += querysum(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]);
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
ans += querysum(1, 1, n, pos[v] + 1, pos[u]);
return ans;
}
int cmax(int u, int v) {
int ans = -inf;
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
ans = max(ans, querymax(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]));
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
ans = max(ans, querymax(1, 1, n, pos[v] + 1, pos[u]));
return ans;
}
int cmin(int u, int v) {
int ans = inf;
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
ans = min(ans, querymin(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]));
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
ans = min(ans, querymin(1, 1, n, pos[v] + 1, pos[u]));
return ans;
}
void update1(int u, int v) {
while (top[u] != top[v]) {
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
neg(1, 1, n, pos[top[u]], pos[u]);
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
neg(1, 1, n, pos[v] + 1, pos[u]);
}
struct edge {
int u, v;
} edge[N];
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
val[1] = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
u++; v++;
G[u].push_back(node(v, w));
G[v].push_back(node(u, w));
edge[i].u = u;
edge[i].v = v;
}
dep[0] = 0;
dfs1(1, 0);
cnt = 0;
dfs2(1, 0, 1);
build(1, 1, n);
int m; scanf("%d", &m);
char ch[10];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%s", ch);
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if (ch[0] == 'S') {
x++, y++;
printf("%d\n", csum(x, y));
}
else if (ch[0] == 'C') {
int v = dep[edge[x].u] < dep[edge[x].v] ? edge[x].v : edge[x].u;
update(1, 1, n, pos[v], y);
}
else if (ch[0] == 'N') {
x++; y++;
update1(x, y);
}
else if (ch[1] == 'A') {
x++; y++;
printf("%d\n", cmax(x, y));
}
else {
x++; y++;
printf("%d\n", cmin(x, y));
}
}
return 0;
}
continue
相關文章
- 1. 樹鏈剖分
- 2. P3384 【模板】樹鏈剖分 題解&&樹鏈剖分詳解
- 3. 洛谷P3384 - 樹鏈剖分（樹鏈剖分模板題）
- 4. []樹鏈剖分
- 5. 樹鏈剖分（轉）
- 6. 洛谷P3384【模板】樹鏈剖分 (樹鏈剖分)
- 7. 【洛谷 P3384】樹鏈剖分【詳解樹鏈剖分】
- 8. 樹鏈剖分總結
- 9. dsu+樹鏈剖分+樹分治
- 10. P3384 【模板】樹鏈剖分
- 更多相關文章...
- • Swift 可選鏈 - Swift 教程
- • jQuery Mobile 主題 - jQuery Mobile 教程
- • Git五分鐘教程
- • 算法總結-二分查找法
相關標籤/搜索
每日一句
-
每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。
最新文章
- 1. Appium入門
- 2. Spring WebFlux 源碼分析(2)-Netty 服務器啓動服務流程 --TBD
- 3. wxpython入門第六步（高級組件）
- 4. CentOS7.5安裝SVN和可視化管理工具iF.SVNAdmin
- 5. jedis 3.0.1中JedisPoolConfig對象缺少setMaxIdle、setMaxWaitMillis等方法，問題記錄
- 6. 一步一圖一代碼，一定要讓你真正徹底明白紅黑樹
- 7. 2018-04-12—（重點）源碼角度分析Handler運行原理
- 8. Spring AOP源碼詳細解析
- 9. Spring Cloud（1）
- 10. python簡單爬去油價信息發送到公衆號
歡迎關注本站公眾號,獲取更多信息
相關文章
- 1. 樹鏈剖分
- 2. P3384 【模板】樹鏈剖分 題解&&樹鏈剖分詳解
- 3. 洛谷P3384 - 樹鏈剖分（樹鏈剖分模板題）
- 4. []樹鏈剖分
- 5. 樹鏈剖分（轉）
- 6. 洛谷P3384【模板】樹鏈剖分 (樹鏈剖分)
- 7. 【洛谷 P3384】樹鏈剖分【詳解樹鏈剖分】
- 8. 樹鏈剖分總結
- 9. dsu+樹鏈剖分+樹分治
- 10. P3384 【模板】樹鏈剖分