Lesnoe Ozero 2017. BSUIR Open 2017

A. Tree Orientation

树形DP，$f[i][j][k]$表示$i$的子树中有$j$个汇点，$i$往父亲的树边方向为$k$的方案数。

转移则需要另一个DP：$g[i][j][k]$表示考虑前$i$个儿子，子树中有$j$个汇点，$i$的出边个数是否是$0$的方案数。

时间复杂度$O(n^2)$。

#include<cstdio>
const int N=1010,P=1000000007;
int n,m,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed;
int f[N][N][2];
int size[N];
int pre[N][2],now[N][2];
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;
}
inline void up(int&a,int b){a=(a+b)%P;}
void dfs(int x,int y){for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)dfs(v[i],x);size[x]=1;for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=0;j<2;j++)pre[i][j]=0;pre[0][0]=1;for(int i=g[x];i;i=nxt[i]){int u=v[i];if(u==y)continue;for(int j=0;j<=size[x]+size[u];j++)for(int k=0;k<2;k++)now[j][k]=0;for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)if(pre[j][k])for(int a=0;a<=size[u];a++)for(int b=0;b<2;b++)if(f[u][a][b]){up(now[j+a][k||b],1LL*pre[j][k]*f[u][a][b]%P);}size[x]+=size[u];for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)pre[j][k]=now[j][k];}for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++){for(int o=0;o<2;o++){if(x==1&&!o)continue;up(f[x][j+(!(k||!o))][o],pre[j][k]);}}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);dfs(1,0);printf("%d",f[1][m][1]);
}

B. A Masterpiece

行列交换不影响答案，根据这一条构造即可。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;void solve()
{if(n == 1){puts("1");puts("1");return;}if(n == 2 || n == 3){puts("-1");return;}printf("%d\n", n);for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 2; j <= n; j += 2){printf("%d ", (i - 1) * n + j);}for(int j = 1; j <= n; j += 2){printf("%d ", (i - 1) * n + j);}puts("");}
}int main()
{scanf("%d", &n);solve();return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】【题意】【分析】【时间复杂度&&优化】*/

C. Auction

从$n$开始倒推出哪些数字是必胜/必败态，每次数字集合都可以压缩成一个区间，且最多推$O(\log n)$步。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n;
bool solve()
{LL l = n + 1;LL r;int tp = 1;while(1){r = l - 1;if(tp == 1){l = l / 9 + (l % 9 > 0);}else{l = l / 2 + (l % 2 > 0);}if(l <= 1 && r >= 1){return tp;}tp = 1 ^ tp;}
}
int main()
{scanf("%d", &casenum);for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei){scanf("%lld", &n);puts(solve() ? "YES" : "NO");}return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】【题意】【分析】【时间复杂度&&优化】*/

D. Deck Building

将过程倒过来，那么可以看作按$k$从大到小选取若干点，要求$s$是波浪形，且相邻两段$i\rightarrow j$的代价为$j$前面$s_i$到$s_j$之间的点数。

设$f[i][j]$表示考虑前$i$个点且第$i$个点必选，与上一个点的大小关系为$j$的方案数，$g[][]$表示代价之和，则转移可以用线段树打标记优化。

时间复杂度$O(n\log n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,M=262150,P=1000000007;
int n,m,i,j,k,x,b[N],f[N][2],g[N][2],ans,ma,mi;
int bit[N];
struct E{int s,k;}a[N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.k>b.k;}
inline void modify(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]++;}
inline int getpre(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
struct DS{
int f[M],g[M],tag[M],v[M];
inline void tag1(int x,int p){tag[x]=(tag[x]+p)%P;v[x]=(v[x]+1LL*p*f[x])%P;
}
inline void pb(int x){if(tag[x]){tag1(x<<1,tag[x]);tag1(x<<1|1,tag[x]);tag[x]=0;}
}
inline void up(int x){f[x]=(f[x<<1]+f[x<<1|1])%P;g[x]=(g[x<<1]+g[x<<1|1])%P;v[x]=(v[x<<1]+v[x<<1|1])%P;
}
void change(int x,int a,int b,int c,int d,int p){if(c<=a&&b<=d){tag1(x,p);return;}pb(x);int mid=(a+b)>>1;if(c<=mid)change(x<<1,a,mid,c,d,p);if(d>mid)change(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);up(x);
}
void addf(int x,int a,int b,int c,int p){if(a==b){f[x]=(f[x]+p)%P;v[x]=(v[x]+1LL*tag[x]*p)%P;return;}pb(x);int mid=(a+b)>>1;if(c<=mid)addf(x<<1,a,mid,c,p);else addf(x<<1|1,mid+1,b,c,p);up(x);
}
void addg(int x,int a,int b,int c,int p){if(a==b){g[x]=(g[x]+p)%P;v[x]=(v[x]+p)%P;return;}pb(x);int mid=(a+b)>>1;if(c<=mid)addg(x<<1,a,mid,c,p);else addg(x<<1|1,mid+1,b,c,p);up(x);
}
int askf(int x,int a,int b,int c,int d){if(c<=a&&b<=d)return f[x];pb(x);int mid=(a+b)>>1,t=0;if(c<=mid)t=askf(x<<1,a,mid,c,d);if(d>mid)t+=askf(x<<1|1,mid+1,b,c,d);return t%P;
}
int askv(int x,int a,int b,int c,int d){if(c<=a&&b<=d)return v[x];pb(x);int mid=(a+b)>>1,t=0;if(c<=mid)t=askv(x<<1,a,mid,c,d);if(d>mid)t+=askv(x<<1|1,mid+1,b,c,d);return t%P;
}
}g0,g1;
int main(){scanf("%d",&n);m=n+1;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].s,&a[i].k),b[i]=a[i].s;sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(b+1,b+n+1);for(i=1;i<=n;i++)a[i].s=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i].s)-b;ma=-N,mi=N;for(i=1;i<=n;i=j){for(j=i;j<=n&&a[i].k==a[j].k;j++){x=a[j].s;if(ma<=x)f[j][0]=1;if(mi>=x)f[j][1]=1;int cnt=g1.askf(1,0,m,x+1,m);//sum f(f[j][0]+=cnt)%=P;(g[j][0]+=g1.askv(1,0,m,x+1,m))%=P;//sum g+f*wg[j][0]=(g[j][0]-1LL*getpre(x)*cnt)%P;cnt=g0.askf(1,0,m,0,x-1);//sum f(f[j][1]+=cnt)%=P;(g[j][1]+=g0.askv(1,0,m,0,x-1))%=P;//sum g+f*wg[j][1]=(g[j][1]+1LL*getpre(x-1)*cnt)%P;}for(k=i;k<j;k++){x=a[k].s;ma=max(ma,x);mi=min(mi,x);g0.addf(1,0,m,x,f[k][0]);g1.addf(1,0,m,x,f[k][1]);g0.addg(1,0,m,x,g[k][0]);g1.addg(1,0,m,x,g[k][1]);g1.change(1,0,m,x+1,m,1);g0.change(1,0,m,x,m,P-1);modify(x);}}for(i=1;i<=n;i++)ans=(1LL*ans+1LL*g[i][0]+1LL*g[i][1])%P;ans=(ans+P)%P;printf("%d",ans);
}

E. The secret of betting

$f[i][S]$表示考虑前$i$个人，$i$往前往后$k$个人的位置确定情况为$S$的方案数，只有恰好$k$个$1$的状态是有效的。

当$n$比较小时暴力转移，否则矩阵快速幂加速。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define MC(x, y) memcpy(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n; int K;
int ID;
int bts[1 << 20];
int stb[1 << 20];
int f[2][(int)2e5 + 10];
const int G = 72;
struct MX
{int v[G][G];void O(){MS(v, 0);}void E(){MS(v, 0);for(int i = 0; i < G; ++i)v[i][i] = 1;}MX operator * (const MX & b)const{MX c; c.O();for(int i = 0; i < G; ++i){for(int j = 0; j < G; ++j){for(int k = 0; k < G; ++k){c.v[i][j] = (c.v[i][j] + (LL)v[i][k] * b.v[k][j]) % Z;}}}return c;}MX operator ^ (LL p)const{MX y; y.E();MX x; MC(x.v, v);while(p){if(p & 1)y = y * x;x = x * x;p >>= 1;}return y;}
}a, b;
vector<int>vt[1 << 20];
int main()
{while(~scanf("%lld%d", &n, &K)){int top = 1 << (K * 2);ID = 0;for(int j = 0; j < top; ++j)if(__builtin_popcount(j) == K){stb[ID] = j;bts[j] = ID++;}//printf("%d\n", ID);int sta = 0;for(int i = 0; i < K; ++i){sta |= 1 << (K + i);}if(K <= 4){int ww = bts[sta];a.O(); a.v[0][ww] = 1;b.O();for(int i = 0; i < ID; ++i){int x = stb[i];if(x & 1){int w = bts[x / 2 | top / 2];b.v[i][w] = 1;}else{for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1){int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];b.v[i][w] = 1;}int w = bts[x / 2];b.v[i][w] = 1;}}a = a * (b ^ n);printf("%d\n", a.v[0][ww]);}else{for(int x = 0; x < top; ++x)if(__builtin_popcount(x) == K){for(int j = 1; j < K + K; ++j)if(x >> j & 1){int w = bts[(x ^ 1 << j) / 2 | top / 2];vt[x].push_back(w);}}int ww = bts[sta];MS(f, 0);f[0][ww] = 1;for(int v = 0; v < n; ++v){int now = v & 1;int nxt = ~v & 1;//MS(f[nxt], 0);for(int i = 0; i < ID; ++i){f[nxt][i] = 0;}for(int i = 0; i < ID; ++i)if(f[now][i]){int x = stb[i];if(x & 1){int w = bts[x >> 1 | top >> 1];gadd(f[nxt][w], f[now][i]);}else{for(auto w : vt[x]){gadd(f[nxt][w], f[now][i]);}/*for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1){int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];gadd(f[nxt][w], f[now][i]);}*/int w = bts[x >> 1];gadd(f[nxt][w], f[now][i]);}}}printf("%d\n", f[n & 1][ww]);}}return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】【题意】【分析】【时间复杂度&&优化】
1000 5
10000 5
100000 5*/

F. Financial Reports

设$f[i][j][x][y]$表示考虑前$i$个位置，目前选取区间的状态为$j$(即未选，正在选，已选)，区间外选取了$x$个数，区间内丢弃了$y$个数时，区间和的最大值。

注意输出方案时要特判交换不导致答案变优的情况。

时间复杂度$O(n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
typedef pair<P,P>W;
typedef pair<ll,W>PI;
const int N=100010;
const ll inf=1LL<<60;
int n,i,j,x,y;
ll a[N];
PI f[N][3][2][2],ans;//how many in and how many out
inline void up(PI&t,ll a,int b,int c,int d,int e){t=max(t,PI(a,W(P(b,c),P(d,e))));
}
int main(){scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<3;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[i][j][x][y]=PI(-inf,W(P(0,0),P(0,0)));f[0][0][0][0]=PI(0,W(P(0,0),P(0,0)));for(i=1;i<=n;i++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++){//consider iPI t=f[i-1][0][x][y];int A=t.second.first.first;int B=t.second.first.second;int C=t.second.second.first;int D=t.second.second.second;if(t.first>-inf){//still the stageup(f[i][0][x][y],t.first,A,B,C,D);//swap inif(!x)up(f[i][0][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);//new stageup(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,i,D);//swap outif(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,i,D);}t=f[i-1][1][x][y];A=t.second.first.first;B=t.second.first.second;C=t.second.second.first;D=t.second.second.second;if(t.first>-inf){//still the stageup(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,C,i);//swap outif(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,C,i);//new stageup(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);//swap inif(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);}t=f[i-1][2][x][y];A=t.second.first.first;B=t.second.first.second;C=t.second.second.first;D=t.second.second.second;if(t.first>-inf){//still the stageup(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);//swap inif(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);}}ans=max(f[n][1][1][1],f[n][2][1][1]);ans=max(ans,f[n][1][0][0]);ans=max(ans,f[n][2][0][0]);int A=ans.second.first.first;int B=ans.second.first.second;int C=ans.second.second.first;int D=ans.second.second.second;if(!A){A=C,B=D;if(A==B){if(B==1)B=2;else B=1;}}if(A>B)swap(A,B);printf("%lld\n%d %d",ans.first,A,B);
}

G. Moore’s Law

从$n-1$的答案开始往最高位补$1$或者$2$，必然有解。

#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,i,len,f[1111111];
ll m;
bool check(){ll t=0;for(int i=len;i;i--)t=(t*10+f[i])%m;return t==0;
}
int main(){scanf("%d",&n);m=1LL<<n;if(n==1)return puts("12"),0;if(n==2)return puts("12"),0;f[1]=2;f[2]=1;len=2;for(int _=3;_<=n;_++){m=1LL<<_;len++;for(int i=1;i<=2;i++){f[len]=i;if(check())break;}if(!check())return puts("-1"),0;}for(int i=len;i;i--)printf("%d",f[i]);
}

H. Plagiarism

$f[i][j][x][y]$表示考虑$a$长度为$i$的前缀以及$b$长度为$j$的前缀，$a$和$b$正在匹配的部分长度分别为$x$和$y$时的最小串长。

时间复杂度$O(n^4)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110,inf=10000000;
int K,n,m,o,i,j,k,x,y,t,f[2][N][N][N],ans;
char a[N],b[N];
inline void up(int&x,int y){x>y?(x=y):0;
}
int main(){scanf("%d%s%s",&K,a+1,b+1);n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[0][j][x][y]=inf;f[0][0][0][0]=0;for(i=o=0;i<=n;i++,o^=1){for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[o^1][j][x][y]=inf;for(j=0;j<=m;j++)for(x=n;~x;x--)for(y=m;~y;y--)if(f[o][j][x][y]<inf){t=f[o][j][x][y];//choose to endif(x>=K)up(f[o][j][0][y],t);if(y>=K)up(f[o][j][x][0],t);if(x>=K&&y>=K)up(f[o][j][0][0],t);t++;if(i<n&&!y)up(f[o^1][j][x+1][0],t);if(j<m&&!x)up(f[o][j+1][0][y+1],t);//match bothif(i<n&&j<m&&a[i+1]==b[j+1])up(f[o^1][j+1][x+1][y+1],t);}if(i==n)ans=f[o][m][0][0];}printf("%d",ans);
}
/*
3
abcba
bbb3
abcba
bccb2
abcba
bbb2
abcba
bccb*/

I. Number builder

将$1$和$2$交替放是最优的。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
char a[105], b[105];
int main()
{while(~scanf("%d", &n)){int p1 = 0;int m = n;int x = 1;while(m > 0){a[p1++] = '0' + x;m -= x;if(m<0){p1 = 0;break;}x = 3 - x;}a[p1] = 0;int p2 = 0;m = n;x = 2;while(m > 0){b[p2++] = '0' + x;m -= x;if(m<0){p2 = 0;break;}x = 3 - x;}b[p2] = 0;if(p1 != p2){puts(p1 > p2 ? a : b);;}else{puts(strcmp(a, b) > 0 ? a : b);}}return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】【题意】【分析】【时间复杂度&&优化】*/

J. Find a triangle

首先二分出三角形的包围盒，然后确定哪个顶点是三角形的顶点，之后二分即可。

转载于:https://www.cnblogs.com/clrs97/p/7689847.html

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题目大意有一个池塘,中间有 nnn 行 n+1n+1n+1 列的石头阵. 连边只能连相邻的格子,相邻定义为四连通. 现在左边第一列石头已经跟左边大陆 LLL 相连,右边最后一列石头已经跟 ...
衡阳市2017计算机考试,2017湖南衡阳中考各科目满分及分值公告
考试(查)科目.卷面分值及时间 1.考试科目:初中三年级:政治.语文.数学.外语.物理.化学.历史.体育.艺术(音乐.美术).初中二年级:生物.地理.信息技术. 2.技能测试科目:初三年级:物理.化学 ...
2017计算机信息技术,2017年一级计算机信息技术及应用考试试题级答案[权威资料]...
2017年一级计算机信息技术及应用考试试题级答案本文档格式为WORD,感谢你的阅读. 最新最全的学术论文期刊文献年终总结年终报告工作总结个人总结述职报告实习报告单位总结演讲稿 2 ...
2017.3.6~2017.3.7 Harry And Magic Box 思考记录（特别不容易）
英文题,看翻译做看到这个题竟然一下找到了思路: 组合数+容斥:: 但是容斥不太懂好像要做这个题必须先推容斥.... 试一试吧. 然并卵,花了一个晚上,还是求不出来. 根据题目的重复关系,确实 ...
【一周头条盘点】中国软件网（2017.12.18~2017.12.22）
每一个企业级的人都置顶了中国软件网中国软件网为你带来最新鲜的行业干货趋势洞察 IBM沈晓卫:担心人工智能对人类的威胁就像担心火星上车牌限号 IBM中国研究院院长沈晓卫认为,从纯粹的技术角度来 ...
【一周头条盘点】中国软件网（2017.1.2~2017.1.5）
每一个企业级的人都置顶了中国软件网中国软件网为你带来最新鲜的行业干货趋势洞察杨元庆:我更愿将AI翻译成增强智能智能化不是取代人联想集团董事长兼CEO杨元庆认为:AI的普遍翻译是Arti ...
2017计算机组装,2017电脑组装配置
现在组装电脑要用什么配置配件到底X东还是X宝 ,电脑配件到底怎么选择.下面是学习啦小编收集整理的2017电脑组装配置,希望对大家有帮助~~ 2017电脑组装配置工具/原料 money 一个能上网的 ...
【一周头条盘点】中国软件网（2017.12.11~2017.12.15）
每一个企业级的人都置顶了中国软件网中国软件网为你带来最新鲜的行业干货小编点评过去的这一周,可以称之为腾讯周联手郑州市公安局打造"智慧警务"模式联手链家共建房产服务生 ...

Lesnoe Ozero 2017. BSUIR Open 2017

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