POJ 基础数学

数学

组合数学

POJ3252,poj1850,poj1019,poj1942

数论

poj2635, poj3292,poj1845,poj2115

计算方法（二分）

poj3273,poj3258,poj1905,poj3122

 

 

 

 

 

 

 

  

   

   

          

              

                   

                                 

组合数学

poj 3252

题意：如果一个数是round number，则它的二进制表示中，0的个数大于等于1的个数。现在给一段数据范围[start, end]。求这一段数中round number的个数.(1 <= start < end <= 2,000,000,000)

思路：暴力肯定会挂掉。因为是二进制表示，所以可以把结果“凑”出来。

比如数据a用二进制表示有5位，那么1到4位中的round number是可以求出来的。结果为getNum(end) - getNum(start - 1);

一、如求4位二进制表示的数中round number的个数。第一位肯定是1。后边还有三位，不是0就是1。设后三位中有x 个0则共有的情况数为 C(3, x)。因为要满足（0的个数） >= （1的个数）。所以这里x可以取2，3；

二、还剩下五位二进制的情况。比如数据 11010.我们可以从左向右第2位开始。如果遇到1。则将其当成0，然后后边几位任意取，求符合条件的情况数。也就是说11010改成10xxx。实现方法是统计前边有多少个0和1.然后可以知道后边不确定的部分还至少需要多少个0才可以满足条件。

 

ps:2,000,000,000二进制共有31位。本菜开了一个20的数组，然后wa了一下午！-_-! 本菜一下午的心血，代码无任何参考！

渣代码

 

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 50;

int aug[N][N];
int bit[N];
int s, e;

int C(int n, int m) { //dp求组合数,c[n][m] = c[n-1][m] + c[n-1][m-1];
 if(n == 0 || m == 0 || n == 1 || m == n) return 1;
if(aug[n][m]) return aug[n][m];

    aug[n - 1][m] = C(n - 1, m);
    aug[n - 1][m - 1] = C(n - 1, m - 1);

return aug[n - 1][m] + aug[n - 1][m - 1];
}

int solve(int n) {
int ans, bt, t;
int i, j, x;

    memset(bit, 0, sizeof(bit));
    ans = 1; bt = 0; t = n;

while(t) {bit[++bt] = (t&1); t >>= 1;} //bt表示n共有多少位,bit[]记录n的二进制表示
 for(i = 2; i < bt; ++i) { //统计[1,bt)位中所有的情况数
 t = i - 1;
if(t&1) {
for(j = t/2 + 1; j <= t; ++j)
                ans += C(t, j);
        } else {
for(j = (t + 1)/2 + 1; j <= t; ++j) {
                ans += C(t, j);
            }
        }
    }

int a = 1, b = 0; //a表示当前取到的数中1的个数，b表示当前取到的数中0的个数
 for(i = bt - 1; i > 0; --i) { //统计二进制有bt位时的情况数
 if(bit[i]) {
            t = i - 1; //t表示后边可以自由组合的位数
 x = t + a - b - 1; //设x为后边至少需要的0的个数，x + b + 1 = t - x + a，x = (t + a - b - 1)/2
 if(x < 0) x = 0; //x可能为负，影响最后结果。本菜在这里wa了一次！

if(x&1) x = (x + 1)/2; //奇偶性不同会有区别，自己在纸上画画
 else x /= 2;

for(j = x; j <= t; ++j) {
                ans += C(t, j);
            }
            ++a;
        } else ++b;
    }
if(b >= a) ans++; //判断n是不是round number

return ans;
}

int main() {
    freopen("data.in", "r", stdin);

    memset(aug, 0, sizeof(aug));

while(~scanf("%d%d", &s, &e)) {
        printf("%d\n", solve(e) - solve(s - 1));
    }
return 0;
}


poj 1850 (31/03)

    昨天晚上回去神神叨叨的想了一路，回宿舍写了半天没写出来。今天上午上课时才想起来怎么写。

思路: 先取给出序列的长度n。小于n的长度的序列排列方式共有sum(C(26, i)) (1 <= i < n)。等于n长度的序列。确定两个相邻的字符中间可以有取到多少个字符。然后从剩下可取的字符中选字符补上。

比如序列： adgi，长度n = 4. ans += C(26, 1) + C(26, 2) + C(26, 3).

a 和d中间可以放bc。如果放b，后边两位还有C(24, 2)中选择，如果是c，后边还有C(23, 2)种选择。

dg，gi同理。注意，第一个字符a处理有些特殊，因为不用考虑前边有什么，所以直接从1到s[0] - 'a' 就行。

渣代码：

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

using namespace std;

const int N = 100;

int aug[N][N];
char s[N];

int C(int n, int m) {
if(n == 0 || m == 0 || n == 1 || n == m) return 1;
if(aug[n][m]) return aug[n][m];

    aug[n - 1][m] = C(n - 1, m);
    aug[n - 1][m - 1] = C(n - 1, m - 1);

return aug[n - 1][m] + aug[n - 1][m - 1];
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int n, i, j, ans;
int x, y, flag;
while(~scanf("%s", s)) {
        n = strlen(s);
        ans = flag = 0;

for(i = 1; i < n && !flag; ++i) {
if(s[i] < s[i - 1]) flag = 1;
        }
if(flag) {puts("0"); continue;}
for(i = 1; i < n; ++i) {
            ans += C(26, i);
        }
for(i = 0; i < n; ++i) {
            i ? x = s[i - 1] - 'a' + 1 : x = 0;
            y = s[i] - 'a' + 1;
for(j = x + 1; j < y; ++j) {
                ans += C(26 - j, n - i - 1);
            }
        }
        printf("%d\n", ans + 1);
    }
return 0;
}


POJ 1019

感觉数学题搞起来不是那么轻松，虽然这是道水题。。。

思路：先把1到X共有几位数存起来，用n连续减掉为整的数X所占的位数。 余下的数从1开始凑，直到大于n。然后去掉多出n的部分然后取最后一位(% 10)。

ps：貌似说的我都有点看不懂。。。看代码吧

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 40000;

int s[N];

int bit(int x) {
int k = 0;
while(x) {
        x /= 10;
        ++k;
    }
return k;
}

void init() {
int i;
    s[0] = 0;
for(i = 1; i < N; ++i) {
        s[i] = s[i - 1] + bit(i);
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int n, t, i, l, ans;
    init();
    scanf("%d", &t);
while(t--) {
        scanf("%d", &n);
        i = 0;
while(n >= s[i]) { //去掉整的位
 n -= s[i];
            i++;
        }
if(!n) {printf("%d\n", (i - 1)%10); continue;}
        l = 0;
for(i = 1; l < n; ++i) { //凑出第n位的数i是多少。
 l += bit(i);
        }
        --i;
        ans = i/((int)pow(double(10), l - n)); //去掉多余的位
 printf("%d\n", ans % 10);
    }
return 0;
}


POJ 1942

《组合数学》(Richard A.Brualdi 机械工业出版社) 8.5 格路径和Schröder 数

注意求C(n + m, min(n, m))。否则会tle

  

数论                               

 POJ 2635

       题意：给一个数key，它是两个素数的乘积，然后求较小的那个素数是否小于L，如果是，输出。

 思路: 10^6以内的素数打表，把key换成1000进制，枚举素数进行大整数取模。 如果出现满足条件的则输出。

第一次打表打错了，我又搓了！

View Code 
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 1000;
const int MAX = 1000010;

int num[N];
int prim[MAX];
bool f[MAX];
int tol, num_s;
char s[N];

void init() {
int i, j, k;
    tol = 0;
    memset(f, true, sizeof(f));
    k = 1;
for(i = 2; i < MAX; ++i) {
if(i*i >= MAX) break;
for(j = i*i; j < MAX; j += i) {
            f[j] = false;
        }
    }
for(i = 2; i < MAX; ++i) {
if(f[i]) prim[tol++] = i;
    }
}

int mod(int x) {
int i, res = 0;
for(i = num_s - 1; i >= 0; --i) {
            res = (res*1000 + num[i]) % x;
    }
return res;
}

void deal() {
int i, k, len;
    len = strlen(s);
    memset(num, 0, sizeof(num));
    num_s = 0;
for(i = len - 1; i >= 0; i -= 3) {
for(k = max(0, i - 2); k <= i; ++k) {
            num[num_s] = num[num_s]*10 + s[k] - '0';
        }
        ++num_s;
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int l, i;
bool flag;
    init();
while(~scanf("%s%d", s, &l)) {
if(!l) break;
        deal();
        flag = false;
for(i = 0; i < tol && prim[i] < l && !flag; ++i) {
if(mod(prim[i]) == 0) {
                printf("BAD %d\n", prim[i]);
                flag = true;
            }
        }
if(!flag) puts("GOOD");
    }
return 0;
}


POJ 3292

主要是打表，既然打表就打彻底，否则TLE。。。H-primes的表，然后退出H-simi-primes的表。最后O(1)输出。

 

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1000002;

int prime[N];
bool vis[N];
int tol;

void init() {
    memset(vis, true, sizeof(vis));
int i, j;
for(i = 5; i < N; i += 4) {
if(i*i > N) break;
if(!vis[i]) continue;
for(j = i*i; j < N; j += i) {
            vis[j] = false;
        }
    }
    tol = 0;
for(i = 1; i < N; i += 4) {
if(vis[i]) prime[tol++] = i;
    }
int t;
    memset(vis, false, sizeof(vis));

for(i = 1; i < tol; ++i) {
if(prime[i]*prime[i] > N) break;

for(j = i; j < tol; ++j) {
            t = prime[i] * prime[j];
if(t > N) break;
            vis[t] = true;
        }
    }
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
for(i = 1; i < N; ++i) {
        prime[i] = prime[i - 1];
if(vis[i]) prime[i]++;
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

    init();
int n;
while(scanf("%d", &n), n) {
        printf("%d %d\n", n, prime[n]);
    }
return 0;
}


POJ 1845

忘算了一种情况，wa了一晚上！-_-!

对A分解质因子，A = a1^x1 + a2^x2 + ... + an^xn

则A的所有因子之和为 sum(A) = {1+ a1 + a1^2 + .. a1^x1}*{1 + a2 + a2^2 + ... + a1^x2}* ... * {1 + an + an^2 + an^3 + ... + an^xn}   //怎么证明的，不知道！找了半天反例没找出来

A^B即为 A^B = a1^(x1*B) + a2^(x2*B) + ... an ^ (xn*B);

求一次1+ a1 + a1^2 + .. a1^x1可以用二分的思想 + 快速幂取模

如果x1为奇数 则 (a1^(x1/2) + 1)* (1 + a1 + ... + a1^(x1/2));

如果x1为偶数 则 (a1^(x1 - 1/2) + 1)* (1 + a1 + ... + a1^(x1 - 1/2)) + a1^x1;

 

View Code 
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define mod(x) x%9901

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 8000;

int prime[MAXN], tol;
bool vis[MAXN];

void init() {
int i, j;
    tol = 0;
    memset(vis, false, sizeof(vis));
for(i = 2; i < MAXN; ++i) {
for(j = i*i; j < MAXN; j += i) {
                vis[j] = true;
            }
    }
for(i = 2; i < MAXN; ++i) {
if(!vis[i]) prime[tol++] = i;
    }
}

ll exp_mod(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    a = mod(a);
while(b) {
if(b&1) {
            res = mod(res * a);
        }
        a = mod(a * a);
        b >>= 1;
    }
return res;
}

ll sum(ll a, ll b) {
if(b == 0) return 1;
if(b&1) return mod((exp_mod(a, b/2 + 1) + 1) * sum(a, b/2));
return mod(mod((exp_mod(a, (b-1)/2 + 1) + 1) * sum(a, (b-1)/2)) + mod(exp_mod(a, b)));
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int i, a, b;
    ll ans, x;
    init();
while(~scanf("%d%d", &a, &b)) {
        ans = 1;
for(i = 0; i < tol && prime[i] <= a; ++i) {
            x = 0;
while(a % prime[i] == 0) {
                x ++;
                a /= prime[i];
            }
if(!x) continue;
            ans = mod(ans * sum(prime[i], x*b));
        }
if(a > 1) ans = mod(ans * sum(a, b));
        printf("%lld\n", ans);
    }
return 0;
}



  POJ 2115

     题目的意思是求 a + c*x = b(mod n) , 可以转换成c*x = (b - a) (mod n)。经典的模线性方程

cx + ny = d; d为c，n的最大公约数。

如果b%d ！= 0 输出 FOREVER

因为d = cx + ny;

 　　d%n = cx%n;

又因为 b | d

　　b%n = d*(b/d)%n = cx(b/d)%n;

所以方程b % n = cx0%n的一个解为x0 = x*(b/d)%n（题目要求余数）。

因为n | d，所以所求的余数每d个一次循环，为了保证x0不为负数。ans = (x0 + n/d)%(n/d);

ps:《算法导论》上有各种证明，这题要用long long， 并且long long(1) << k;

 

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll exp_gcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
if(b == 0) {
        x = 1; y = 0;
return a;
    }
    ll p = exp_gcd(b, a%b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y; y = tmp - (a/b)*y;
return p;
}

void mod_equ(ll a, ll b, ll n) {
    ll x, y;
    ll d = exp_gcd(a, n, x, y);
if(b%d != 0) {puts("FOREVER"); return ;}
    x = x*(b/d)%n;
    n = n/d;
if(n < 0) n = -n;
    printf("%lld\n", (x%n + n)%n);
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

    ll a, b, c;
int k;
while(~scanf("%lld%lld%lld%d", &a, &b, &c, &k)) {
if(!a && !b && !c && !k) break;
        mod_equ(c, b - a, ll(1) << k);
    }
return 0;
}

 

计算方法（二分）


POJ 3273

刚想写dp，一看数据范围，直接无语了。看到discuss里有人说用二分，不得不佩服二分的强大。Orz

以sum(day[i])为上界R，max(day[i])为下届L，得到一个mid。算出mid为限制时共分成了多少块(m)，如果if( m < M ) R = mid - 1; else L = mid + 1; 详见代码                           

View Code 
// 110+ ms 1Y ^^

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

using namespace std;

const int inf = ~0u>>2;
const int MAXN = 100007;

int a[MAXN], N, M;

int num(int mid) {
int s = 0, m = 0, i;
for(i = 0; i < N; ++i) {
if(s + a[i] <= mid) {
            s += a[i];
        } else {
            s = a[i]; m ++;
        }
    }
return m;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int md, sum, i;
while(~scanf("%d%d", &N, &M)) {
        sum = 0; md = - inf;
for(i = 0; i < N; ++i) {
            scanf("%d", &a[i]);
            md = max(md, a[i]);
            sum += a[i];
        }
int l = md, r = sum, mid;
while(l < r) {
            mid = (l + r) >> 1;
if(num(mid) < M) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
        }
        printf("%d\n", l);
    }
return 0;
}


POJ 1905

公式很容易推出来，可是我把公式写复杂了。最后把精度都搞砸了。。。T_T

设要求的高度为x。弧的半径为r

(r - x)^2 + (l/2)^2 = r^2;

r = (x^2 + (l/2)^2)/(2*x);

r-x，跟r 所夹的角度为o = asin((l/2)/r);

以x求出的弧长为L0 = 2*o*r; L0与L‘比较，如果小于则增大x，如果大于则减小x。（二分枚举x的值）

 

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const double eps = 1e-8;
double len, L;

int cmp(double x) {
if(x > eps) return 1;
else if(x < -eps) return -1;
return 0;
}

double cal(double x) {
double r = ((len/2)*(len/2) + x*x)/(2*x);
double O = asin(len/(2*r));
double L0 = 2*O*r;

if(cmp(L0 - L) >= 0) return 1;
else return 0;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

double n, c;
while(~scanf("%lf%lf%lf", &len, &n, &c)) {
if(cmp(len) < 0 && cmp(n) < 0 && cmp(c) < 0) break;
        L = (1 + n * c) * len;
double l = 0, r = len, mid, t;
while(cmp(r - l) > 0) {
            mid = (l + r)/2;
            t = cal(mid);
if(t == 1) r = mid;
else l = mid;
        }
        printf("%.3lf\n", l);
    }
return 0;
}


POJ 3122

题意：已知有N个pie，要分成F + 1份，每份的体积相同（每份必须是完整的，不能是几个小块凑起来的）。现在求每份pie可取的最大体积。

思路：求出平均体积avg，所求的体积v就肯定在(0， avg] 区间内，二分枚举 v的值，判断以v体积分的话可以分到的快数n，让n与F + 1比较。调整L，R的值。

ps: eps = 1e-8会tle，1e-6就好。

View Code 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int MAXN = 10007;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;

double v[MAXN];

int cmp(double x) {
if(x > eps) return 1;
else if(x < -eps) return -1;
else return 0;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int N, F, n, i, T;
double mid, l, r, t, rad;
    scanf("%d", &T);
while(T--) {
        scanf("%d%d", &N, &F);
        l = 0; r = 0; ++F;
for(i = 0; i < N; ++i) {
            scanf("%lf", &rad);
            v[i] = pi*rad*rad;
            r += v[i];

        }
        r = r/F;
while(cmp(r - l) > 0) {
            mid = (l + r) / 2;
for(n = 0, i = 0; i < N; ++i) {
                t = v[i];
while(cmp(t - mid) >= 0) {++n; t -= mid;}
            }
if(n < F) r = mid;
else l = mid;
        }
        printf("%.4f\n", l);
    }
return 0;
}



 

                                                    

                                                

                                                

                                                      

转载于:https://www.cnblogs.com/vongang/archive/2012/03/28/2422112.html

本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处：http://www.mzph.cn/news/274921.shtml

如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系多彩编程网进行投诉反馈email:809451989@qq.com，一经查实，立即删除！

相关文章

使用uwsgi和gunicorn部署Django项目

使用uwsgi和gunicorn部署Django项目

https://uwsgi-docs.readthedocs.io/en/latest/Management.html https://uwsgi-docs.readthedocs.io/en/latest/Management.html 先了解下相关杀进程命令 ps -ef|grep uwsgi|grep -v grep|awk {print $2}|xargs kill -9//查看uwsgi相关接口 ps -ef|grep uwsgi #查看相关端口 ne…
阅读更多...
推荐2022前端必看的新书 《Vue.js设计与实现》

推荐2022前端必看的新书 《Vue.js设计与实现》

大家好&#xff0c;我是若川。持续组织了6个月源码共读活动&#xff0c;感兴趣的可以点此加我微信 ruochuan12 参与&#xff0c;每周大家一起学习200行左右的源码&#xff0c;共同进步。同时极力推荐订阅我写的《学习源码整体架构系列》 包含20余篇源码文章。历史面试系列这本新…
阅读更多...
汉堡菜单_汉堡菜单-可访问性和用户体验设计原则的挑战？

汉堡菜单_汉堡菜单-可访问性和用户体验设计原则的挑战？

汉堡菜单重点 (Top highlight)I was recently designing a hamburger menu for a client and before I knew it, I had embarked on this journey where I was reading article after article about the accessibility issues which accompany a hamburger icon. Turns out, th…
阅读更多...
Server2012R2 ADFS3.0 The same client browser session has made '6' requests in the last '13'seconds

Server2012R2 ADFS3.0 The same client browser session has made '6' requests in the last '13'seconds

本问题是在windows server2012R2系统ADFS3.0环境下遇到的&#xff0c;CRM2013部署ADFS后运行一段时间(大概有一两个月)后在IE浏览器中访问登陆界面点击登陆后就报以下错误 “Microsoft.IdentityServer.Web.InvalidRequestException: MSIS7042: The same client browser session…
阅读更多...
（原创）RHEL/CentOS 5.x使用yum快速安装MySQL 5.5.x

（原创）RHEL/CentOS 5.x使用yum快速安装MySQL 5.5.x

PS&#xff1a;MySQL 5.5系列成为稳定版已经有一段时间了&#xff0c;但据我调查了解&#xff0c;在生产环境中还是以5.1系列为主。在国内的大公司里&#xff0c;只确定金山在使用5.5了。 公司的其中几台广告统计服务器&#xff0c;之前的运维直接用了自带安装的MySQL 5.0系列。…
阅读更多...
又一个基于 Esbuild 的神器！esno

又一个基于 Esbuild 的神器！esno

大家好&#xff0c;我是若川。持续组织了6个月源码共读活动&#xff0c;感兴趣的可以点此加我微信 ruochuan02 参与&#xff0c;每周大家一起学习200行左右的源码&#xff0c;共同进步。同时极力推荐订阅我写的《学习源码整体架构系列》 包含20余篇源码文章。历史面试系列esno我…
阅读更多...
c# ui 滚动 分页_UI备忘单：分页，无限滚动和“加载更多”按钮

c# ui 滚动 分页_UI备忘单：分页，无限滚动和“加载更多”按钮

c# ui 滚动 分页重点 (Top highlight)When you have a lot of content, you have to rely on one of these three patterns to load it. So, which is best? What will your users like? What do most platforms use? These are the questions we will explore today.当内容…
阅读更多...
1.20（设计模式）模板模式

1.20（设计模式）模板模式

模板模式&#xff0c;定义了一个模板&#xff0c;模板内容通过子类实现模板的抽象方法去添加。 就类似学校需要建一个新校区&#xff0c;新校区有多栋宿舍&#xff0c;找了多个施工方&#xff0c;每个施工方负责一栋宿舍楼。 各个施工方都有自己的想法&#xff0c;建造的宿舍楼…
阅读更多...
少年，看你异于常人，有空花2小时来参加有3000人的源码共读嘛~

少年，看你异于常人，有空花2小时来参加有3000人的源码共读嘛~

大家好&#xff0c;我是若川。按照从易到难的顺序&#xff0c;前面几期&#xff08;比如&#xff1a;validate-npm-package-name、axios工具函数&#xff09;很多都只需要花2-3小时就能看完&#xff0c;并写好笔记。但收获确实很大。开阔视野、查漏补缺、升职加薪。已经有400笔…
阅读更多...
HDU 3488 KM

HDU 3488 KM

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid3488 依然KM&#xff0c; 可以最小费用流 与HDU1853 差不多&#xff0c;但是1853要判断是否满足回路的的条件&#xff0c;KM还不会判回路&#xff0c;所以做1853时学了最小费用流做的&#xff0c;说是学最小费用流 只是皮毛了。。…
阅读更多...
Java 面向对象的程序设计（二）

Java 面向对象的程序设计（二）

编写一个java程序&#xff0c;设计一个汽车类Vehicle&#xff0c;包含的属性有车轮的个数wheels和车重weight。小汽车类Car是Vehicle的子类&#xff0c;包含的属性有载人数loader。卡车类Truck是Car类的子类&#xff0c;其中包含的属性有载重量payload。每个类都有构造方法和输…
阅读更多...
16位调色板和32位调色板_使调色板可访问

16位调色板和32位调色板_使调色板可访问

16位调色板和32位调色板Accessibility has always been a tough sell. Admittedly, less so than in the ‘nineties, when no prospective client was interested. But even today — more enlightened times — the majority of companies I encounter still prefer to make …
阅读更多...
从零开始发布自己的NPM包

从零开始发布自己的NPM包

大家好&#xff0c;我是若川。持续组织了6个月源码共读活动&#xff0c;感兴趣的可以点此加我微信 ruochuan02 参与&#xff0c;每周大家一起学习200行左右的源码&#xff0c;共同进步。同时极力推荐订阅我写的《学习源码整体架构系列》 包含20余篇源码文章。历史面试系列在Ver…
阅读更多...
flash不能访问本地文件

flash不能访问本地文件

flash出现"不能访问本地资源";解决方案 linux下&#xff0c;如果没有文件夹自行创建 在/home/{user}/.macromedia/Flash_Player/#Security/FlashPlayerTrust下面&#xff0c;随便建个文本文件&#xff0c;比如1.txt 然后写入路径&#xff0c;最省事的办法直接来个/ 凶…
阅读更多...
Jest + React Testing Library 单测总结

Jest + React Testing Library 单测总结

大家好&#xff0c;我是若川。持续组织了6个月源码共读活动&#xff0c;感兴趣的可以点此加我微信 ruochuan02 参与&#xff0c;每周大家一起学习200行左右的源码&#xff0c;共同进步。同时极力推荐订阅我写的《学习源码整体架构系列》 包含20余篇源码文章。历史面试系列1、背…
阅读更多...
不怕神一样的对手就怕猪一样的队友

不怕神一样的对手就怕猪一样的队友

“不怕神一样的对手就怕猪一样的队友”这句话现在广为流传&#xff0c;实际上说的就是团队重要性&#xff0c;一个好的团队是可以克服很多你想象不大的困难&#xff0c; 做出你觉得不可能成绩。 但是很多时候我们面临的不是神一样的对手&#xff0c;而是猪一样的队友&#xff0…
阅读更多...
着迷英语900句_字体令人着迷

着迷英语900句_字体令人着迷

着迷英语900句I’m crazy about fonts. My favorite part of any text editing software is the drop down menu for picking fonts. When I look at any text, I try to identify the font. Roboto is my favorite font.我为字体疯狂。 在任何文本编辑软件中&#xff0c;我最喜…
阅读更多...
hdu 2188悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者(博弈)

hdu 2188悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者(博弈)

简单博弈就那样&#xff0c;懂SG函数就成&#xff0c;最近做的博弈都千篇一律。。。 #include<cstdio> #include<cstring> #define N 11110 int sg[N],s[N],m,n; bool h[N]; void ssgg() {int i,j;sg[0]0;for(i1;i<N;i){ memset(h,0,sizeof(h));for(j1;j<n;j…
阅读更多...
推荐一个大佬，文章适合偷偷读！

推荐一个大佬，文章适合偷偷读！

大家好&#xff0c;我是若川。周末愉快。也许你看到这篇文章是周一的上午~我不得不推荐一位大佬给你&#xff01;这位大佬的文章很硬&#xff0c;却一直在「抱怨没有粉丝&#xff0c;没人愿意分享」我去读了读&#xff0c;尼玛这个「谁TM敢分享啊」&#xff0c;文章太「违规」了…
阅读更多...
PERFORMANCE-MONITORING(转)

PERFORMANCE-MONITORING(转)

Performance-Monitoring 是Intel提供的可以监测统计CPU内部所产生事件的一组方法。在Intel的手册上介绍了两类CPU事件监测方法&#xff1a;architectural performance monitoring 和 non-architectural performance monitoring。Architectural performance monitoring与平台&am…
阅读更多...
最新文章

Copyright @ 2022~2023