codeforse比赛：Noobs Round #2 (Div. 4) by Rudro25

article/2025/11/5 4:35:14

菜鸡也就只配打打这种难度的比赛o(╥﹏╥)o
点这—>题目传送门
在这里插入图片描述

A题：Directional Move（模拟）

在这里插入图片描述

题目大意：一个人初始是面向东边，现在给你一个二进制字符串，如果当前字符串是‘0’，则他向右转90°，如果是‘1’，则向左转90°，问最终它朝向哪？

题目思路：直接模拟，我们可以设：0东，1南，2西，3北
右转就是当前 (当前位置数 + 1)%4，向左转就是 （当前位置数+3）%4，输出最终结果就可以

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };// 0东，1南，2西，3北signed main(void)
{int t,n;t = read();map<int,char> m;char s[maxn];m[0]='E';m[1]='S';m[2]='W';m[3]='N';while(t--){n = read();scanf("%s",s);// 初始是朝向东int res = 0;for(int i=0;i<n;++i){if(s[i]=='0') res = (res + 1) % 4;else res = (res + 3) % 4;}cout<<m[res]<<endl;}
}

B题：Make All Odd（思维）

在这里插入图片描述

题目大意：给你一个数组，你可以将任意位置的两个数想加合并，问该数组是否可以经过若干次数合并使得所有元素都是奇数，如果能输出最少需要合并多少次，如果不能输出 - 1

题目思路：简单的数学思维，我们知道只有 奇数 + 偶数 = 奇数，所以如果数组全为偶数，则不可能合并出奇数，如果偶数有m个，我们可以用1个奇数多m个偶数一一相加合并，所以最小操作数应该是偶数的个数

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };int a[maxn];signed main(void)
{int t,n;t = read();while(t--){n = read();int odd = 0;for(int i=1,an;i<=n;++i){an = read();if(an % 2 != 0) ++odd;}if(odd == 0) cout<<"-1"<<endl;else cout<<n-odd<<endl;}
}

C题：Team（排序 + 二分 + 贪心）

在这里插入图片描述

题目大意：给你一个数组，第i位元素代表第i个学生擅长的技能数，现在老师想让这些学生分组，条件如下：一个学生只能在一个组或者不参加任何一个组，一个组的人数最少一人，最多两人，这个组的技能数等于该组所有学生的技能数之和，每个组的技能数至少为k，问你如何分组可使得组数尽可能多

题目思路：首先将数组存入set中，因为set是默认有序的，根据贪心算法，将set中大于等于k的元素单独计数，然后从前面小的元素第一个位置开始遍历，每次在后面找一个元素，使得这两个元素之和大于等于 k，同时为了防止重复计数，需要将这两个元素从set中删除。如果我们在查找这块使用暴力的话，是会超时的，所以可以使用set的二分函数来进行，所以总的时间复杂度应该是 O(nlogn)

代码：


#include<bits/stdc++.h>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };signed main(void)
{//cout << "你好" << endl;int t,n,k;t = read();while(t--){n = read();k = read();multiset<int> s;for(int i=1,x;i<=n;++i){x = read();s.insert(x);}int cnt = 0;while(s.size()){int left = *s.begin();s.erase(s.begin());if(left >= k)++cnt;else{int right = *s.lower_bound(k-left);//二分查找if(!s.count(right)) continue; //也就是right不存在s.erase(s.find(right));if(left + right >= k) ++cnt;}}cout << cnt << endl;}
}

D题：XOR Game（思维 + 博弈）

在这里插入图片描述

题目大意：Alice和Bob玩游戏，Alice手里有两个数a和b，Bob可以选择两个数c和d，条件是 1 <= c <= a，1 <= d <= b，如果能找到两个数c和d使得c和d的异或大于a和b的异或，则Bob胜利，否则Alice胜，如果能找到这样子的c和d，输出Yes，否则输出No

题目思路：观察a和b的二进制位串，如果a和b二进制位串同位的地方存在都为1的情况，则一定是Bob胜利，否则Bob必败，可以使用bitset获取一个数的二进制位串，然后判断就可

代码：


#include<bits/stdc++.h>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };signed main(void)
{// 使用bitset快速获取二进制位串int t,a,b;t = read();while(t--){a = read();b = read();bitset<32> aa(a);bitset<32> bb(b);// 如果位串里面位同一，则输出yes，否则输出nobool is = false;for(int i=0;i<aa.size();++i){if(aa[i] == 1 && aa[i] == bb[i]){is = true;break;}}if(is) cout << "Yes" << endl;else cout << "No" << endl;}
}

E题：Password（数学 + 动态规划）

在这里插入图片描述

题目大意：给你一个字符串，字符串仅由1-9和‘-’号组成，‘-’号可以替换为1-9的任意数，但是你必须确保你将‘-’处填为数字的时候，整个数组字符串是非递减，问最终符合条件的字符串有多少种，如果不存在就输出0

题目思路：一开始以为要用费马小定理逆元求组合数来解，发现公式弄不出来（菜昂），后面试了试动态规划，还是过了，O(∩_∩)O哈哈~，动态规划真是妙极了!，如果数组中存在不符合非递减的子串，那整体肯定不可能是非递减的串，所有输出0

设 字 符 串 为 s 用 d p [ i ] [ d i g i t ] 表 示 当 前 子 串 长 度 为 i 时 ， 而 且 s [ i ] = d i g i t , 初 始 化 一 些 基 本 数 值 ， d p [ 0 ] [ i ] = 1 , i ∈ [ 1 , 9 ] 下 面 分 两 种 情 况 来 进 行 讨 论 ： ① 如 果 s [ i ] = ′ − ′ , 我 们 可 以 通 过 状 态 转 移 将 数 组 累 加 位 ， 也 就 是 d p [ i ] [ d i g i t ] = d p [ i ] [ 1 ] + d p [ i ] [ 2 ] + . . . d p [ i ] [ d i g i t ] ② 否 则 ， 我 们 将 状 态 进 行 传 递 d p [ i ] [ d i g i t ] = d p [ i ] [ 1 ] + d p [ i ] [ 2 ] + . . . d p [ i ] [ d i g i t ] 累 加 结 果 到 高 位 ： d p [ i ] [ d i g i t ] + = d p [ i − 1 ] [ d i g i t ] 其 中 d i g i t ∈ [ 2 , 9 ] 最 终 输 出 d p [ n ] [ 9 ] 就 是 结 果 了 设字符串为s\\ 用dp[i][digit]表示当前子串长度为i时，而且s[i]=digit,\\ 初始化一些基本数值，dp[0][i] = 1,i∈[1,9]\\ 下面分两种情况来进行讨论：\\ ①如果s[i]='-',我们可以通过状态转移将数组累加\\ 位，也就是dp[i][digit]=dp[i][1]+dp[i][2]+...dp[i][digit]\\ ②否则，我们将状态进行传递dp[i][digit]=dp[i][1]\\+dp[i][2]+...dp[i][digit]\\ 累加结果到高位：dp[i][digit] += dp[i-1][digit]\\ 其中 digit∈[2,9]\\ 最终输出dp[n][9]就是结果了 设字符串为s用dp[i][digit]表示当前子串长度为i时，而且s[i]=digit,初始化一些基本数值，dp[0][i]=1,i∈[1,9]下面分两种情况来进行讨论：①如果s[i]=′−′,我们可以通过状态转移将数组累加位，也就是dp[i][digit]=dp[i][1]+dp[i][2]+...dp[i][digit]②否则，我们将状态进行传递dp[i][digit]=dp[i][1]+dp[i][2]+...dp[i][digit]累加结果到高位：dp[i][digit]+=dp[i−1][digit]其中digit∈[2,9]最终输出dp[n][9]就是结果了

代码：

//#include<bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <iomanip>
#include <vector>
#include <queue>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
ll dp[maxn][10];
char s[maxn];
int n;void debug(){for(int i = 0;i<=n;++i){for(int j=1;j<=9;++j){printf("%-4d",dp[i][j]);}cout<<endl;}
}signed main(void)
{int t;t = read();while(t--){n = read();scanf("%s",s+1);ll ans = 0;// 初始化for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=9;++j)dp[i][j] = 0;for(int i=1;i<=9;++i)dp[0][i] = 1;for(int i=1;i<=n;++i){// 如果 s[i]是数字,只取前一个状态不超过s[i]的数if(isdigit(s[i]))dp[i][s[i] - '0'] += dp[i-1][s[i] - '0'];else{for(int j = 1;j <= 9;++j)dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i-1][j])%mod;}// 累加到最高位for(int j=2;j <= 9;++j)dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j-1])%mod;}//debug();cout<< dp[n][9] <<endl;		}}

F题：Offer（双指针 + 滑动窗口）

在这里插入图片描述

题目大意：有一个人去商店买东西，它只带了k元，商场给你一个商品价格的数组a，第i个商品的价格是a[i]，但这个人有些怪，它会选一个区间[l，r]，买a[l], a[l+1], … a[r]这些商品，商店看它如此奇怪，所以给了这个人一个特权，它购买的区间内如果存在两个商品价格是一样的，除了第一次买需要，后面就直接免费，例如[1,1,2,2,2,1]，加入这个是他要买的区间，则这个人只需要付（1+2）元就可以买到6个商品，现在问你他拿k元最多可以买到多少商品

题目思路：典型的双指针+滑动窗口题目，暴力匹配肯定超时，我们维护一个长度不断变大，但是该其内的商品价格之和不超过k的滑动窗口，如果此时商品个数大于滑动窗口长度，就更新滑动窗口长度，最终输出滑动窗口长度就可以了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 2e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };
// curf数组用于统计不同价格商品的个数
int curf[10000006];signed main(void)
{int t,n,k;t = read();while(t--){n = read();k = read();vector<int> a(n);for(int i=0;i<n;i++) a[i] = read(),curf[a[i]]=0;int cost = 0, ans = 0;int l = 0;for(int r = 0; r < n; r++){if(curf[a[r]] == 0)cost += a[r];curf[a[r]]++;while(cost > k){curf[a[l]]--;if(curf[a[l]] == 0)cost -= a[l];l++;}ans = max(ans, r - l + 1);}cout<<ans<<endl;}
}

http://chatgpt.dhexx.cn/article/Z5X7Zydk.shtml

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树莓派入门（四）—— 使用NOOBS为树莓派4B安装系统

树莓派入门（四）—— 使用NOOBS为树莓派4B安装系统

首先&#xff0c;使用《树莓派入门&#xff08;三&#xff09;—— 使用win32DiskImager为树莓派安装系统》中的方法就可以实现Raspbian系统的安装&#xff0c;所以本文不是必须掌握的&#xff0c;由于Noobs也是官方推荐的工具&#xff0c;而且是一个很不错的工具&#xff0c;所…
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Raspberry pi，一个好玩的派:第四季 NOOBS

Raspberry pi，一个好玩的派:第四季 NOOBS

今天换个玩法&#xff0c;不继续深入探索Raspbian系统了&#xff0c;研究一下官网推荐的另一种安装方法NOOBS。 那么什么是NOOBS呢&#xff1f;它是专为Raspberry pi打造的简单易用的图形界面的操作系统管理工具。全称为&#xff1a;New Out Of the Box Software 官方截图如下…
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【树莓派】树莓派4无痛安装系统（NOOBS篇）

【树莓派】树莓派4无痛安装系统（NOOBS篇）

【树莓派】树莓派3Pi4无痛安装系统&#xff08;新手NOOBS篇&#xff09; 前言一、准备工作桌面端软件 二、系统下载TF卡准备工作 四、树莓派部分五、VNC & SSH&#xff08;远程桌面&#xff09;SSH简单测试SSH服务 换源Tips补充 前言 此篇文章面向对象&#xff1a;刚刚接触…
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Noob

Noob

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【树莓派】使用NOOBS安装树莓派系统

【树莓派】使用NOOBS安装树莓派系统

【树莓派】使用NOOBS安装树莓派系统 通过NOOBS进行安装 什么是NOOBS New Out Of Box Software (NOOBS)&#xff08;NOOBS&#xff09;是Raspberry Pi的一个简单的操作系统安装管理器。 下载sd卡格式化安装器 下载地址为 https://www.sdcard.org/downloads/formatter_4/ 下载…
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油猴脚本管理器使用指南

油猴脚本管理器使用指南

油猴脚本管理器&#xff0c;爬虫&#xff0c;破解&#xff0c;优化脚本让你的浏览器充满各种可能。本文详细介绍了油猴的各种安装方法&#xff0c;包括脚本的查找和使用。 下载油猴 你可以在油猴官网&#xff0c;下载所有主流浏览器的扩展。 推荐你使用微软最新的 Edge 浏览器&…
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一个超简单的油猴脚本!

一个超简单的油猴脚本!

一个超简单的油猴脚本! 对于油猴脚本神驰已久&#xff0c;一直没有时间研究&#xff0c;找了几篇博客一看&#xff0c;发现简单的脚本实现起来并不难&#xff01;初次学习&#xff0c;模仿了一个CSDN一键点赞评论的demo脚本&#xff0c;感谢原作者&#xff01; 原博文链接: 如…
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Tampermonkey油猴脚本安装及入门

Tampermonkey油猴脚本安装及入门

一、简介 油猴脚本是是一款免费的浏览器扩展和最为流行的用户脚本管理器&#xff0c;它适用于 Chrome, Microsoft Edge, Safari, Opera Next, 和 Firefox&#xff0c;通过它可以让浏览器实现各种各样的扩展功能&#xff0c;和浏览器扩展的作用类似。比如获去链接重定向、微博页…
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油猴脚本的使用和安装

油猴脚本的使用和安装

1.下载tampermonkey&#xff0c;这个google浏览器插件&#xff0c;插件可以去百度搜索下载。 或者进入Tampermonkey.net下载&#xff0c;第二种方法里点击下载按钮访问的是Google需要科学上网 2.在谷歌浏览器地址栏输入chrome://extensions/ 勾选开发者模式&#xff0c;火狐浏览…
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Greasy Fork发布油猴脚本

Greasy Fork发布油猴脚本

在控制台中选择发布你编写的脚本 https://greasyfork.org/zh-CN/users 选择脚本想要分享给其他人 在这里输入编写的代码以及对应的描述信息&#xff0c;描述信息中可以添加五张超过200KB的图片 最后&#xff0c;点击发布 最后发布成功 44291838)]
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油猴脚本开发及发布流程

油猴脚本开发及发布流程

以下教程以Chrome浏览器为例 安装油猴脚本管理器 打开Chrome网上应用店&#xff0c;搜索Tampermonkey &#xff0c;点击第一个结果&#xff08;一般&#xff09;然后添加到Chrome。 可以点击这个链接直接到安装页面&#xff0c;其他安装方法不再赘述&#xff0c;网上搜索一下就…
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油猴脚本更改tw样式

油猴脚本更改tw样式

date:2022/07/23 title:编写油猴脚本更改tw作业样式 tag:脚本 编写油猴脚本更改tw作业样式 需求 如图1,作答后的作业颜色暗淡,不便复习 更改后如图2,变丑了但是显眼一些 原页面与更改后页面 原页面与更改后页面 图一 图二 代码 grant处引入油猴脚本的GM_addStyle 用style变量中…
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油猴脚本

油猴脚本

油猴插件—脚本控制的瑞士军刀 油猴是什么 Tampermonkey是最受欢迎的用户脚本管理器，拥有超过1000万用户。 它适用于Chrome，Microsoft Edge，Safari，Opera Next和Firefox。Tampermonkey使您可以非常轻松地管理用户脚本，并提供诸如运行脚本的清晰概述，内置编辑器，基于ZIP…
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