主頁 >  其他 > 2020CCPC長春站 A,D,F,J,K,L

2020CCPC長春站 A,D,F,J,K,L

2020-11-19 13:34:16 其他

文章目錄

  • A. Krypton
  • D. Meaningless Sequence
  • F. Strange Memory
  • H. Combination Lock
  • J. Abstract Painting
  • K. Ragdoll
  • L. Coordinate Paper

A. Krypton

二進制列舉所有情況，找最大的即可，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int cost[7]={1,6,28,88,198,328,648};
int extra[7]={8,18,28,58,128,198,388};
int normal[7]={10,60,280,880,1980,3280,6480};
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<7);++i)
    {
        int tmp=n;
        int res=0;
        int now=i;
        for(int j=0;j<7;++j)
        {
            if(now&1)
            {
                tmp-=cost[j];
                res+=extra[j]+normal[j];
            }
            now>>=1;
        }
        if(tmp<0)
        continue;
        ans=max(ans,res+tmp*10);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

D. Meaningless Sequence

我們發現，ai=(ci的二進制下1的個數)，對于求和，我們只要找到對于包含i個1的情況有多少種即可，這是個組合數學問題，我們從最高位的1開始，讓其為0，那么后面可以隨便取，然后再到第二位1(0的部分可以跳過，因為在前面已經被取到了)，這時候前面的第一位取1，然后后面隨意取…一直加到最后即可，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=3e3+5;
char a[N];
ll c;
ll quickpow(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        res=res*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res;
}
ll C[N][N];
int main()
{
    for(int i=0;i<=3001;++i)
    C[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=3001;++i)
    for(int j=1;j<=i;++j)
    C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    scanf("%s",a);
    scanf("%lld",&c);
    ll ans=0;
    ll now=0;
    int len=strlen(a);
    for(int i=0;i<len;++i)
    {
        if(a[i]=='1')
        {
            int up=len-i-1;
            for(int j=0;j<=up;++j)
            {
                ans=(ans+C[up][j]*quickpow(c,j+now)%mod)%mod;
            }
            now++;
        }
    }
    printf("%lld\n",(ans+quickpow(c,now))%mod);
    return 0;
}

F. Strange Memory

dsu on tree(有時間寫篇博客總結一下)，對于dsu on tree有兩種型別的題，一種是直接算子樹貢獻，還有一種就和這題一樣計算不同子樹間的貢獻，因為是要計算不同子樹間的貢獻，所以需要用到遞回，然后本題可以用vector過，正解是要拆位，對于要計算異或和，我們將其拆為20位，對于每一位，記錄0和1的個數，對于0來說，異或上1就會產生貢獻，所以我們只要統計每位0和1的個數即可，這樣時間復雜度為O(20nlogn)，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n;
int a[N];
vector<int>g[N],temp;
int p[(1<<20)+5][20][2];
ll ans;
//ll now;
int siz[N],son[N];
int id_num[(1<<20)+5];
ll pow2[20];
void dfs(int x,int fa)
{
    siz[x]=1;
    son[x]=0;
    for(int i=0;i<g[x].size();++i)
    {
       int v=g[x][i];
       if(v==fa)
       continue;
       dfs(v,x);
       siz[x]+=siz[v];
       if(!son[x]||siz[v]>siz[son[x]])
       {
           son[x]=v;
       }
    }
}
//void get_data(int x,int op)
//{
//    for(int i=L[x];i<=R[x];++i)
//    {
//        if(reg[i]==skp)
//        {
//            i=R[reg[i]];
//            continue;
//        }
//        if(op!=-1)
//        {
//            int val=a[reg[i]]^op;
//            int len=p[val].size();
//            for(int j=0;j<len;++j)
//            {
//                ans+=p[val][j]^reg[i];
//            }
//            p[a[reg[i]]].push_back(reg[i]);
//        }
//        else
//        {
//            p[a[reg[i]]].pop_back();
//        }
//    }
//}
void cal(int x,int fa,int lca)
{
    temp.push_back(x);
    for(int i=0;i<20;++i)
    {
        ans+=1ll*p[a[x]^a[lca]][i][!((x>>i)&1)]*pow2[i];
    }
    for(int i=0;i<g[x].size();++i)
    {
        int v=g[x][i];
        if(v==fa)
        continue;
        cal(v,x,lca);
    }
}
void del(int x,int fa)
{
    if(id_num[a[x]])
    {
        memset(p[a[x]],0,sizeof(p[a[x]]));
        id_num[a[x]]=0;
    }
    for(int i=0;i<g[x].size();++i)
    {
        int v=g[x][i];
        if(v==fa)
        continue;
        del(v,x);
    }
}
void dsu(int x,int fa,bool keep)
{
    //cout<<x<<endl;
    for(int i=0;i<g[x].size();++i)
    {
        int v=g[x][i];
        if(v==fa||v==son[x])
        continue;
        dsu(v,x,0);
    }
    //cout<<x<<" "<<son[x]<<endl;
    if(son[x])
    {
        dsu(son[x],x,1);
    }
    for(int i=0;i<20;++i)
    p[a[x]][i][(x>>i)&1]++;
    id_num[a[x]]++;
    //cout<<x<<" "<<g[x].size()<<endl;
    for(int i=0;i<g[x].size();++i)
    {
        int v=g[x][i];
        //cout<<v<<" "<<x<<" "<<son[x]<<" "<<fa<<endl;
        if(v==fa||v==son[x])
        continue;
        cal(v,x,x);
        for(int j=0;j<temp.size();++j)
        {
            int it=temp[j];
            //int tmp=1;
            for(int k=0;k<20;++k)
            {
                p[a[it]][k][(it>>k)&1]++;
            }
            id_num[a[it]]++;
        }
        temp.clear();
    }
    if(!keep)
    {
        del(x,fa);
        //now=0;
    }
}
int main()
{
    pow2[0]=1;
    for(int i=1;i<20;++i)
    pow2[i]=pow2[i-1]<<1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,0);
    dsu(1,0,1);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

H. Combination Lock

待補

J. Abstract Painting

狀壓dp，只在x軸上，可以將其兩邊看成是左右擴號，因為圓的半徑最多只有5，所以其左括號最多會對其后十個點產生影響，所以可以用狀壓dp求解，(這里我們將整個圖右移一格)我們設dp[i][j]為以第i個點為右括號對于前10個點狀態為j的方案數（其中1的位置表示其不能為左括號，0表示可以），初始情況，dp[0][j]=0，因為圖右移了一格，所以此數0的位置為負x軸，不能存在左括號，所以方案數為0，對于當前點的每種狀態的dp值，若能由上一個點的dp轉移到，其必須滿足，當前狀態和之前狀態要相應，即之前狀態不能為左括號的位置，當前狀態就不能在那個位置取左括號，(因此之前狀態和當前狀態相與是0才滿足條件)，還有因為之前圖上是有圓的，所以還要保證當前狀態得滿足圖上的圓，所以圖上圓的狀態和當前狀態相與得是1，因為如果圖上圓的左括號取到與當前圓的左括號相同位置時，就有兩個交點了，所以要取到當前狀態不能取左括號的地方，因為我們只是列舉了，當前位置為右括號的狀態，所以其實際狀態實際是其最大擴號的狀態或上之前位置的狀態再向左移位一次(因為對于后面的點來說，當前點相切也可以，所以可以取左括號)，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int pos[32];
int info[32];
int maxstate=(1<<10)-1;
int dp[1010][(1<<10)];//dp[i][j]代表到第i個位置,[i-9,i]是否被圓包含的二進制狀態為(j)2的方案數
//二進制資訊(j)2的第k位為1,代表點i-k被包含(不能作圓的左括號),反而反之，
vector<int>v[1010];
const int mod=1e9+7;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        int x,r;
        scanf("%d%d",&x,&r);
        v[x+1+r].push_back(2*r);
    }
    memset(info,-1,sizeof(info));
    for(int i=1;i<32;++i)
    {
        int tmp=0;
        for(int j=4;j>=0;j--)
        {
            if((i>>j)&1)
            {
                tmp|=(1<<(j*2+1));
                if(info[i]==-1)
                {
                    info[i]=(1<<(j*2+1))-1;
                }
            }
        }
        pos[i]=tmp;
    }
    pos[0]=info[0]=0;
    dp[0][maxstate]=1;
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
    {
        for(int j=0;j<=maxstate;++j)
        {
            for(int k=0;k<32;++k)
            {
                int flag=0;
                for(int p=0;p<v[i].size();++p)
                {
                    int r=v[i][p];
                    if(!(pos[k]&(1<<r-1)))
                    {
                        flag=1;
                    }
                }
                if(flag||(j&pos[k]))
                {
                    continue;
                }
                int now=((j|info[k])<<1)&maxstate;
                dp[i][now]+=dp[i-1][j];
                dp[i][now]%=mod;
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=maxstate;++i)
    {
        ans+=dp[n+1][i];
        ans%=mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

K. Ragdoll

首先，我們看這個式子 gcd(x,y)=x⊕y，我們要獲得每一個滿足式子的點對，暴力做法是O(n2)的，肯定不行，我們對式子進行調整，兩邊同時異或x，該式子變為 x⊕gcd(x,y)=y，因為是gcd(x,y)，所以其一定是x的某個因子，所以我們確定一個值為gcd(x,y)，然后對于其每個倍數為x，我們可以找到一個y，再將這些帶到這個式子判斷一下滿不滿足條件即可，這樣就可以O(nlognlongn)的找到所有點對了，然后對于合并，按秩合并即可(總復雜度nlogn)，剩下操作暴力完成即可(加點O(1)，修改值也是O(1)的因為對于一個值，也就幾十個與其符的點對)，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const int M=3e5+5;
typedef long long ll;
int gcd(int x,int y)
{
    return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
vector<int>g[N];
map<int,int>mp[M];
vector<int>s[M];
int fa[M];
int siz[M];
int n,m;
int a[M];
ll ans;
int find(int x)
{
    if(x==fa[x])
    return x;
    else
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
void add_point(int x,int v)
{
    fa[x]=x;
    a[x]=v;
    s[x].push_back(x);
    siz[x]=1;
    mp[x][v]=1;
}
void merge(int x,int y)
{
    int fa_x=find(x);
    int fa_y=find(y);
    if(fa_x==fa_y)
    return ;
    if(siz[fa_x]>siz[fa_y])
    swap(fa_x,fa_y);
    for(int i=0;i<s[fa_x].size();++i)
    {
        int x=a[s[fa_x][i]];
        for(int j=0;j<g[x].size();++j)
        {
            int y=g[x][j];
            ans+=mp[fa_y][y];
        }
    }
    for(int i=0;i<s[fa_x].size();++i)
    {
        int x=s[fa_x][i];
        s[fa_y].push_back(x);
        mp[fa_y][a[x]]++;
    }
    siz[fa_y]+=siz[fa_x];
    fa[fa_x]=fa_y;
}
void update(int x,int v)
{
    int fa_x=find(x);
    for(int i=0;i<g[a[x]].size();++i)
    {
        int y=g[a[x]][i];
        ans-=mp[fa_x][y];
    }
    //cout<<ans<<endl;
    mp[fa_x][a[x]]--;
    a[x]=v;
    for(int i=0;i<g[v].size();++i)
    {
        int y=g[v][i];
        ans+=mp[fa_x][y];
        //cout<<y<<" "<<mp[fa_x][y]<<endl;
    }
    mp[fa_x][v]++;
}
int main()
{
    for(int i=1;i<=200000;++i)
    for(int j=i+i;j<=200000;j+=i)
    {
        if(gcd(j,i^j)==i)
        g[j].push_back(i^j);
    }
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        fa[i]=i;
        mp[i][a[i]]=1;
        siz[i]=1;
        s[i].push_back(i);
    }
    int t,x,y,v;
    while(m--)
    {
        scanf("%d",&t);
        if(t==1)
        {
            scanf("%d%d",&x,&v);
            add_point(x,v);
        }
        else if(t==2)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            merge(x,y);
        }
        else
        {
            scanf("%d%d",&x,&v);
            update(x,v);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

L. Coordinate Paper

構造題，首先，如果我們確定了a1，我們就能確定當前序列的最小情況，即a1,a1+1,a1+2,…,k,0,…0,1,2,…k,0,1…，我們可以O(1)求出其和，這樣我們知道其和%(k+1)是多少，并且如果要修改序列，其%(k+1)的值是不變的，所以，我們斷言如果這個序列能構造出s，其必須滿足，其最小值的和%(k+1)與s%(k+1)是一樣的且s>=其最小值的和，這樣我們可以O(k)的找到a1，找到之后要如何構造呢，就是先對0的位置加(k+1)，再對1的位置加(k+1)…即可(試一下就知道其正確性，這樣做是肯定合法的)，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
ll n,k,s;
ll ans[N];
struct node
{
    ll val;
    int id;
}tmp[N];
bool cmp(node a,node b)
{
    return a.val<b.val;
}
ll get_ar(ll a)
{
    return ((a+1)*a)>>1;
}
ll get_sum(ll a,ll b)
{
    ll sum=0;
    ll up=k-a+1;
    if(b<up)
    {
        return get_ar(a+b-1)-get_ar(a-1);
    }
    else
    {
        sum+=get_ar(k)-get_ar(a-1);
    }
    ll num=(b-up)/(k+1);
    ll num2=(b-up)%(k+1);
    sum+=get_ar(k)*num;
    sum+=get_ar(num2-1);
    return sum;
}
void construct_ans(ll pos)
{
    ll num=(s-get_sum(pos,n))/(n*(k+1));
    ll num2=(s-get_sum(pos,n))%(n*(k+1));
    num2=num2/(k+1);
    ans[1]=pos;
    tmp[1].id=1;
    tmp[1].val=pos;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        ans[i]=(ans[i-1]+1)%(k+1);
        tmp[i].id=i;
        tmp[i].val=ans[i];
    }
    sort(tmp+1,tmp+1+n,cmp);
    for(ll i=1;i<=num2;++i)
    {
        ans[tmp[i].id]+=(k+1);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ans[i]+=num*(k+1);
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&s);
    int pos;
    bool flag=0;
    for(int i=0;i<=k;++i)
    {
        ll a1=i;
        if((s%(k+1)==get_sum(a1,n)%(k+1))&&s>=(get_sum(a1,n)))//可以找到解
        {
            flag=1;
            pos=i;
            break;
        }
    }
    if(!flag)
    puts("-1");
    else//構造答案
    {
        construct_ans(pos);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%lld ",ans[i]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/224861.html

標籤：其他

上一篇：強化學習原理與python實作 PDF

下一篇：poj1011，我自己的理解

標籤雲
其他(157675) Python(38076) JavaScript(25376) Java(17977) C(15215) 區塊鏈(8255) C＃(7972) AI(7469) 爪哇(7425) MySQL(7132) html(6777) 基礎類(6313) sql(6102) 熊猫(6058) PHP(5869) 数组(5741) R(5409) Linux(5327) 反应(5209) 腳本語言(PerlPython)(5129) 非技術區(4971) Android(4554) 数据框(4311) css(4259) 节点.js(4032) C語言(3288) json(3245) 列表(3129) 扑(3119) C++語言(3117) 安卓(2998) 打字稿(2995) VBA(2789) Java相關(2746) 疑難問題(2699) 细绳(2522) 單片機工控(2479) iOS(2429) ASP.NET(2402) MongoDB(2323) 麻木的(2285) 正则表达式(2254) 字典(2211) 循环(2198) 迅速(2185) 擅长(2169) 镖(2155) 功能(1967) .NET技术(1958) Web開發(1951) python-3.x(1918) HtmlCss(1915) 弹簧靴(1913) C++(1909) xml(1889) PostgreSQL(1872) .NETCore(1853) 谷歌表格(1846) Unity3D(1843) for循环(1842)

熱門瀏覽
  • 網閘典型架構簡述

    網閘架構一般分為兩種：三主機的三系統架構網閘和雙主機的2+1架構網閘。 三主機架構分別為內端機、外端機和仲裁機。三機無論從軟體和硬體上均各自獨立。首先從硬體上來看，三機都用各自獨立的主板、記憶體及存盤設備。從軟體上來看，三機有各自獨立的作業系統。這樣能達到完全的三機獨立。對于“2+1”系統，“2”分為 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:44 more
  • 如何從xshell上傳檔案到centos linux虛擬機里

    如何從xshell上傳檔案到centos linux虛擬機里及：虛擬機CentOs下執行 yum -y install lrzsz命令，出現錯誤：鏡像無法找到軟體包 前言 一、安裝lrzsz步驟 二、上傳檔案 三、遇到的問題及解決方案 總結 前言 提示：其實很簡單，往虛擬機上安裝一個上傳檔案的工具 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:47 more
  • 一、SQLMAP入門

    一、SQLMAP入門 1、判斷是否存在注入 sqlmap.py -u 網址/id=1 id=1不可缺少。當注入點后面的引數大于兩個時。需要加雙引號， sqlmap.py -u "網址/id=1&uid=1" 2、判斷文本中的請求是否存在注入 從文本中加載http請求，SQLMAP可以從一個文本檔案中 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:50 more
  • Metasploit 簡單使用教程

    metasploit 簡單使用教程 浩先生， 2020-08-28 16:18:25 分類專欄： kail 網路安全 linux 文章標簽： linux資訊安全 編輯 著作權 metasploit 使用教程 前言 一、Metasploit是什么？ 二、準備作業 三、具體步驟 前言 Msfconsole ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:53 more
  • 游戲逆向之驅動層與用戶層通訊

    驅動層代碼： #pragma once #include <ntifs.h> #define add_code CTL_CODE(FILE_DEVICE_UNKNOWN,0x800,METHOD_BUFFERED,FILE_ANY_ACCESS) /* 更多游戲逆向視頻www.yxfzedu.com ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:56 more
  • 北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準

    北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準 北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準 京準電子科技官微——ahjzsz 近幾年，資訊技術的得了快速發展，互聯網在逐漸普及，其在人們生活和生產中都得到了廣泛應用，并且取得了不錯的應用效果。計算機網路資訊在電力系統中的應用，一方面使電力系統的運行 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:01:03 more
  • 【CTF】CTFHub 技能樹 彩蛋 writeup

    ?碎碎念 CTFHub：https://www.ctfhub.com/ 筆者入門CTF時時剛開始刷的是bugku的舊平臺，后來才有了CTFHub。 感覺不論是網頁UI設計，還是題目質量，賽事跟蹤，工具軟體都做得很不錯。 而且因為獨到的金幣制度的確讓人有一種想去刷題賺金幣的感覺。 個人還是非常喜歡這個 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:05 more
  • 02windows基礎操作

    我學到了一下幾點 Windows系統目錄結構與滲透的作用 常見Windows的服務詳解 Windows埠詳解 常用的Windows注冊表詳解 hacker DOS命令詳解（net user / type /md /rd/ dir /cd /net use copy、批處理 等） 利用dos命令制作 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:18 more
  • 03.Linux基礎操作

    我學到了以下幾點 01Linux系統介紹02系統安裝，密碼啊破解03Linux常用命令04LAMP 01LINUX windows： win03 8 12 16 19 配置不繁瑣 Linux：redhat,centos(紅帽社區版)，Ubuntu server,suse unix:金融機構，證券，銀 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:30 more
  • 05HTML

    01HTML介紹 02頭部標簽講解03基礎標簽講解04表單標簽講解 HTML前段語言 js1.了解代碼2.根據代碼 懂得挖掘漏洞 （POST注入/XSS漏洞上傳）3.黑帽seo 白帽seo 客戶網站被黑帽植入劫持代碼如何處理4.熟悉html表單 <html><head><title>TDK標題，描述 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:36 more
最新发布
  • 2023年最新微信小程式抓包教程

    01 開門見山 隔一個月發一篇文章，不過分。 首先回顧一下《微信系結手機號資料庫被脫庫事件》，我也是第一時間得知了這個訊息，然后跟蹤了整件事情的經過。下面是這起事件的相關截圖以及近日流出的一萬條資料樣本： 個人認為這件事也沒什么，還不如關注一下之前45億快遞資料查詢渠道疑似在近日復活的訊息。 訊息是 ......

    uj5u.com 2023-04-20 08:48:24 more
  • web3 產品介紹：metamask 錢包 使用最多的瀏覽器插件錢包

    Metamask錢包是一種基于區塊鏈技術的數字貨幣錢包，它允許用戶在安全、便捷的環境下管理自己的加密資產。Metamask錢包是以太坊生態系統中最流行的錢包之一，它具有易于使用、安全性高和功能強大等優點。 本文將詳細介紹Metamask錢包的功能和使用方法。 一、 Metamask錢包的功能 數字資 ......

    uj5u.com 2023-04-20 08:47:46 more
  • vulnhub_Earth

    前言 靶機地址->>>vulnhub_Earth 攻擊機ip：192.168.20.121 靶機ip：192.168.20.122 參考文章 https://www.cnblogs.com/Jing-X/archive/2022/04/03/16097695.html https://www.cnb ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:46:20 more
  • 從4k到42k，軟體測驗工程師的漲薪史，給我看哭了

    清明節一過，盲猜大家已經無心上班，在數著日子準備過五一，但一想到銀行卡里的余額……瞬間心情就不美麗了。最近，2023年高校畢業生就業調查顯示，本科畢業月平均起薪為5825元。調查一出，便有很多同學表示自己又被平均了。看著這一資料，不免讓人想到前不久中國青年報的一項調查：近六成大學生認為畢業10年內會 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:44:00 more
  • 最新版本 Stable Diffusion 開源 AI 繪畫工具之中文自動提詞篇

    🎈 標簽生成器 由于輸入正向提示詞 prompt 和反向提示詞 negative prompt 都是使用英文，所以對學習母語的我們非常不友好 使用網址：https://tinygeeker.github.io/p/ai-prompt-generator 這個網址是為了讓大家在使用 AI 繪畫的時候 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:36 more
  • 漫談前端自動化測驗演進之路及測驗工具分析

    隨著前端技術的不斷發展和應用程式的日益復雜，前端自動化測驗也在不斷演進。隨著 Web 應用程式變得越來越復雜，自動化測驗的需求也越來越高。如今，自動化測驗已經成為 Web 應用程式開發程序中不可或缺的一部分，它們可以幫助開發人員更快地發現和修復錯誤，提高應用程式的性能和可靠性。 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:16 more
  • CANN開發實踐：4個DVPP記憶體問題的典型案例解讀

    摘要：由于DVPP媒體資料處理功能對存放輸入、輸出資料的記憶體有更高的要求（例如，記憶體首地址128位元組對齊），因此需呼叫專用的記憶體申請介面，那么本期就分享幾個關于DVPP記憶體問題的典型案例，并給出原因分析及解決方法。 本文分享自華為云社區《FAQ_DVPP記憶體問題案例》，作者：昇騰CANN。 DVPP ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:03 more
  • msf學習

    msf學習 以kali自帶的msf為例 一、msf核心模塊與功能 msf模塊都放在/usr/share/metasploit-framework/modules目錄下 1、auxiliary 輔助模塊，輔助滲透（埠掃描、登錄密碼爆破、漏洞驗證等） 2、encoders 編碼器模塊，主要包含各種編碼 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:42:59 more
  • Halcon軟體安裝與界面簡介

    1. 下載Halcon17版本到到本地 2. 雙擊安裝包后 3. 步驟如下 1.2 Halcon軟體安裝 界面分為四大塊 1. Halcon的五個助手 1) 影像采集助手：與相機連接，設定相機引數，采集影像 2) 標定助手：九點標定或是其它的標定，生成標定檔案及內參外參，可以將像素單位轉換為長度單位 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:42:17 more
  • 在MacOS下使用Unity3D開發游戲

    第一次發博客，先發一下我的游戲開發環境吧。 去年2月份買了一臺MacBookPro2021 M1pro(以下簡稱mbp)，這一年來一直在用mbp開發游戲。我大致分享一下我的開發工具以及使用體驗。 1、Unity 官網鏈接： https://unity.cn/releases 我一般使用的Apple ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:40:19 more

Copyright © 2010-2020 有解無憂