主頁 >  其他 > HENAU 冬令營 數學專題

HENAU 冬令營 數學專題

2022-01-17 21:21:16 其他

題目鏈接：傳送門
題目密碼：202201150000
資料連接：
快速冪
逆元
容斥原理
擴展歐幾里得
博弈論之取石子游戲的學習
題目內容:

這里是參考

小組題解

  • 數學問題
    • A - A^B Mod C
    • B - 逆元
    • C - 判決素數個數
    • D - 矩陣乘法
    • H - 互質數的個數（一）
    • I - Sumdiv
    • J - The Lottery
    • K - 組合數問題
    • L - 同余方程
  • 博弈題目
    • E - Bash游戲
    • F - 取石子游戲
    • G - Matches Game

數學問題

A - A^B Mod C

思路：這個題目首先能想到暴力，但是資料太大，所以不現實，因此用快速冪來解決，具體看上述鏈接
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=100100;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
//ll a,b,c;
ll pmod(ll a,ll b,ll c){
    ll ans=1;
    while(b){

        if(b&1)ans=(ans*a)%c;
        b>>=1;
        a=a*a%c;
        //cout<<a<<endl;
    }
    return ans;
}
int main(){
    ll a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    cout<<pmod(a,b,c);
    return 0;
}

B - 逆元

思路：本身是直接進行求解逆元的，但是超時，就看了看網上的題解，鏈接如下：題解
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e9;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
//ll a,b,c;
ll n;
map<ll,ll> in;

bool isprime(ll x)
{
    for(ll i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
            return false;
    }
    return true;
}

int main(){
    cin>>n;
    if(!isprime(n)){
        cout<<"AKCniubi"<<endl;
    }
    else{
        cout<<n*(n-1)/2;
    }
    return 0;
}

C - 判決素數個數

思路：知道如何判別一個數是否時素數即可，這里用的素數篩，另外x和y的誰大誰小不確定
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
//ll a,b,c;
ll n;
ll pri[maxn+10],v[maxn+10];
ll m;
void prime(){
    v[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(v[i]==0){
            v[i]=i;
            m++;
            pri[m]=i;
            //cout<<i<<endl;
        }
        for(int j=1;j<=m&&(i*pri[j]<=maxn);j++){
            v[i*pri[j]]=pri[j];
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
        //cout<<i<<endl;
    }
}
int main(){
    prime();
    ll x,y;
    scanf("%lld%lld",&x,&y);
    if(x>y){
        ll t=x;
        x=y;
        y=t;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=x;i<=y;i++){
        if(v[i]==i&&i!=1){
            ans++;
            //cout<<i<<" ";
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

D - 矩陣乘法

思路：了解下矩陣乘法就會了
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
ll n,m,k;
ll a[110][110],b[110][110],d[110][110];
int main(){
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=k;j++){
            cin>>b[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=k;j++){
            for(int h=1;h<=m;h++){
                d[i][j]+=a[i][h]*b[h][j];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=k;j++){
            cout<<d[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }

    return 0;
}

H - 互質數的個數（一）

思路：首先時了解互質的概念，其次是利用歐拉函式求結果
推導程序：
歐拉公式：phi(x) = (p1-1)/p1*(p2-1)/p2…(pn-1)/pn * x
推導程序如下：
x=p1^k1 p2k2*……pnkn ,對于某個數m=a^b(a為質數)，與m不互質的數只有a的倍數,即m/a,即a ^ (b-1),所以與m互質的個數為m-m/a=a ^ b-a^(b-1);
類似地，
phi(x)=[p1^ k1-p1^(k1-1)] * [p2^ k2-p2^ (k2-1)]……[pn ^ kn-pn^(kn-1)]
=[p1^(k1-1) * (p1-1)] * [p2^(k2-1)(p2-1)]……* [pn^(kn-1)*(pn-1)]
=[p1^ (k1-1) * p2^ (k2-1)……pn^(kn-1)][(p1-1) * (p2-1) * …… * (pn-1)]
=x * [(p1-1) * (p2-1)… * (pn-1)]/[(p1-1) * (p2-1) * …… *(pn-1)]
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
ll t;
ll solve(ll n){
        ll ans=n;
        for(ll i=2;i*i<=n;i++){
            if(n%i==0){
                ans=ans/i*(i-1);
                for(;n%i==0;n/=i);
            }
        }
        if(n!=1){
            ans=ans/n*(n-1);
        }
        return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld",&t);
    ll n;
    while(t--){
        scanf("%lld",&n);

        printf("%lld\n",solve(n));
    }
    return 0;
}

I - Sumdiv

思路：
約數和公式：
對于已經分解的整數A=(p1 ^ k1) * (p2 ^ k2) * (p3 ^ k3)… * (pn^kn)
有A的所有因子之和為
S = (1+p1+p1 ^ 2+p1 ^ 3+…p1^k1) * (1+p2+p2 ^ 2+p2 ^ 3+….p2^k2) * (1+p3+ p3 ^ 3+…+ p3^k3) * … * (1+pn+pn ^ 2+pn ^ 3+…pn^kn)
等比數列計算：直接用二分遞回求：舉例來說，1+a+a ^ 2+a ^ 3+a ^ 4=(1+a) * (1+a2)+a2;(1+a)=1(1+a)，根據奇偶二分下去，只要只有一個數為止，
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=9901;
ll n,m;
struct node{
    ll x,y;
}p[maxn];
ll pmod(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1){
            res=res*x%mod;
        }
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
ll update(ll pn,ll pm){
    //cout<<pm<<endl;
    if(pm==0){
        return 1;
    }
    if(pm&1){
        return update(pn,pm/2)*(1+pmod(pn,pm/2+1))%mod;
    }else{
        return (update(pn,pm/2-1)*(1+pmod(pn,pm/2+1))+pmod(pn,pm/2))%mod;
    }
}
int main(){
    while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF){
        ll k=0;
        for(int i=2;i*i<=n;){
            if(n%i==0){
                k++;
                p[k].x=i;
                p[k].y=0;
                while(n%i==0){
                    p[k].y++;
                    n/=i;
                }
            }
            if(i==2){
                i++;
            }else{
                i+=2;
            }
        }
        if(n!=1){
            k++;
            p[k].x=n;
            p[k].y=1;
        }
        ll ans=1;
        //cout<<ans<<endl;
        for(int i=1;i<=k;i++){
            ans=(ans*update(p[i].x,p[i].y*m)%mod)%mod;
            //cout<<ans<<endl;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

J - The Lottery

思路:用二進制進行列舉所有情況，采用容斥原理去重，其中進行反面考慮，a的倍數有n/a個；既是a,也是b的倍數，即lcm(a,b)的倍數有n/lcm(a,b)個，是a,b,c的倍數，即lcm(a,b,c)的倍數有n/lcm(a,b,c)個，
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=9901;
ll t,k,n,m;
ll a[maxn];
ll gcd(ll a,ll b){
    return b ? gcd (b,a%b) : a;
}
ll lcm(ll a,ll b){
    ll t=gcd(a,b);
    return a/t*b;
}
int main(){
    while(cin>>n>>m){
        for(int i=0;i<m;i++){
            cin>>a[i];
        }
        ll sum=0;
        for(int i=1;i<(1<<m);i++){//列舉所有的情況
            ll cnt=0;
            ll ans=1;
            for(int j=0;j<m;j++){
                if(i&(1<<j)){
                    ans=lcm(ans,a[j]);
                    if(ans>n){
                        break;
                    }
                    cnt++;
                }
            }
            if(cnt&1){
                sum+=n/ans;
            }else{
                sum-=n/ans;
            }
        }
        cout<<n-sum<<endl;
    }
    return 0;
}

K - 組合數問題

思路：首先進行預處理，防止超時，理解組合數的運算，即C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m),然后簡單的動態規劃
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=9901;
ll t,k;
ll n,m;
ll a[2010][2010],num[2010][2010];
void init(){
    a[1][1]=1%k;
    if(a[1][1]==0)num[1][1]=1;
    for(int i=2;i<2001;i++){
        a[i][1]=i%k;
        if(a[i][1]==0)num[i][1]=1;
        for(int j=2;j<=i;j++){
            a[i][j]=(a[i-1][j-1]+a[i-1][j])%k;
            if(a[i][j]==0){
                num[i][j]=num[i][j-1]+1;
            }else{
                num[i][j]=num[i][j-1];
            }
        }
    }
}
int main(){
    cin>>t>>k;
    init();
    while(t--){
        cin>>n>>m;
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ll t=i;
            if(m<i){
                t=m;
            }
            ans+=num[i][t];
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

L - 同余方程

思路:ax≡1(modb) 可以通過變化得到ax+kb=gcd(a,b)，因為一定有解，這個就是擴展歐幾里得原理的結果
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=9901;
ll a,b,x=0,y=0;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
    }else{
        exgcd(b,a%b,x,y);
        ll t;
        t=x,x=y,y=t-a/b*y;
    }
}
int main(){
    cin>>a>>b;
    exgcd(a,b,x,y);
    cout<<(x%b+b)%b;
    return 0;
}

博弈題目

E - Bash游戲

思路：
1.n<=k,A必贏 ，n=k+1,B必贏
2.k+1<n<=（2k+1）時A只需拿n-(k+1)（必定小于等于K）個，A必贏
3.n=2(k+1)時，無論A拿多少個，假設x個，此時n-x>=k+2,B只需拿(n-x-(k+1))個即可，B必贏
4.以此類推
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
ll n,k;
//B n==k+1
//A n<=k
int main(){
    ll t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>k;
        if(n%(k+1)){
            cout<<"A"<<endl;
        }else{
            cout<<"B"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

F - 取石子游戲

思路：屬于威佐夫博奕(Wythoff Game)
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
ll n,k;
//A 1 1
//B 2 1;
double x = (sqrt(5.0) + 1)/2.0;
int main(){
    ll a,b;
    while(cin>>a>>b){
        ll t=abs(b-a);
        if(a>b){
            ll k=a;
            a=b;
            b=a;
        }
        if((int)(t*x)==a){
            cout<<"0"<<endl;
        }else{
            cout<<"1"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

G - Matches Game

思路：當異或和為奇數時，先手先拿，拿完后，后手無論怎么拿，先手一定拿和后手一樣的，一定可以拿到最后，當異或和為偶數時，無論先手怎么拿，后手只需拿一樣的，一定可以拿到最后
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef pair<ll,ll> P;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxm=5e4+5;
const int mod=1000000007;
ll n;
int main(){
    while(cin>>n){
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ll x;
            cin>>x;
            ans=ans^x;
        }
        //cout<<ans<<endl;
        if(ans){
            cout<<"Yes"<<endl;
        }else{
            cout<<"No"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/413633.html

標籤：其他

上一篇：猜數字小游戲and關機程式

下一篇：C語言編-------------簡單猜數字游戲實作

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