n2

/** * 合并两个排序好的数组 * @param arr1 * @param arr2 * @param n1 * @param n2 * @param arr3 */ public static void mergeArrays ( int [ ] arr1 , int [ ] arr2 , int n1 , int n2 , int [ ] arr3 ) { int i = 0 , j = 0 , k = 0 ; // Traverse both array while ( i < n1 && j < n2 ) { // Check if current element of first // array is smaller than current element // of second array. If yes, store first // array element and increment first array // index. Otherwise do same with second array if ( arr1 [ i ] < arr2 [ j ] ) arr3 [ k ++ ] = arr1 [ i ++ ] ; else arr3 [ k ++ ] = arr2 [ j ++ ] ; } // Store remaining elements

#include<stdio.h> #include<string.h> int main() { int l1,l2,i,n1=0,n2=0; char A[11],B[11],Alittle,Blittle; scanf("%s %c %s %c",&A,&Alittle,&B,&Blittle); l1=strlen(A); l2=strlen(B); for(i=0;i<l1;i++) { if(A[i]==Alittle) { n1=n1 10+Alittle-‘0’; } } for(i=0;i<l2;i++) { if(B[i]==Blittle) { n2=n2 10+Blittle-‘0’; } } printf("%d",n1+n2); return 0; } 来源： CSDN 作者： XITMan 链接： https://blog.csdn.net/XITMan/article/details/104044509

双序列比对的理论基础之建造替换矩阵的合理性证明  前言：如果对最大似然估计没有概念的话，可以看看我之前写的《似然，似然，似是而然》  结合前几篇文章我们大致的了解了计分矩阵的流程：对某以蛋白质家族进行多序列对比，然后按某一阈值(等同残基比）进行聚类，之后将匹配的无空位的区域划分为block,然后统计各个block中残基之间的联配的频率，用归一化的频率估计概率，进行 最大似然估计 ，估计出在自然界中各残基联配的概率（即匹配模型M的参数）。   《双序列比对的基础（2）之替换（计分）矩阵系列》提出了疑问：怎么没进行最大似然估计啊？没有列似然函数啊，没有求极值点啊。从样本数据得到的频率怎么直接估计为总体的参数呢？ 所以怀疑建造的替换矩阵是不合理的！  那么本文就探讨探讨这个问题。  首先，之前我们说过我们必须将生物学的问题抽象成数学模型。而残基对之间的联配可看做是多项分布。多项分布是二项分布的推广。  二项分布就是我抛出一枚硬币，它的结果不是正面就是反面。我们抛出10次，计算出现5次正面的概率很简单。而多项分布则是我扔色子会有六种状态，现在我扔了十次，我想知道出现事件A（A事件=点数为1出现2次和点数为2出现4次和点数为3出现1次和点数为4出现1次和点数为5出现1次和点数为6出1次。）的概率是多少？注意在多项分布中，每个状态出现的频率必须大于0！  

二分算法 程序或算法的时间复杂度 基本概念 一个程序或算法的时间效率，也称“时间复杂度”，有时简称“复杂度” 复杂度常用大写字母 O O O 和小写字母 n n n 来表示， n n n 代表问题的规模 时间复杂度是用算法运行过程中，某种时间固定的操作需要被执行的次数和 n n n 的关系来衡量的。在无序数列中查找某个数，复杂度是 O ( n ) O(n) O ( n ) 。 计算复杂度的时候，只统计执行次数最多的（ n n n 足够大时）那种固定操作的次数。比如某个算法需要执行加法 n 2 n^2 n 2 次，除法 n n n 次，那么就记其复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O ( n 2 ) 的。 复杂度有“平均复杂度”和“最坏复杂度”两种。两者可能一致，也可能不一致。一般情况下，只需考虑“平均复杂度”，只有在要求极为严格的情况下，才需要考虑“最坏复杂度” 如果复杂度是多个 n n n 的函数之和，则只关心随 n n n 增长增长得最快的那个函数 O ( n 2 + n 3 ) = > O ( n 3 ) O(n^2+n^3)=>O(n^3) O ( n 2 + n 3 ) = > O ( n 3 ) O ( 2 n + n 2 ) = > O ( 2 n ) O(2^n+n^2)=>O(2^n) O ( 2 n + n 2 ) = > O ( 2 n ) O ( n

若有以下两个同余方程 x ≡ a1 mod n1 x ≡ a2 mod n2 x= n1*k1+a1 = n2*k2+a2 ∴ n1*k1 = n2*k2+a2-a1 ∴ n1*k1 ≡ a2-a1 mod n2 由扩展欧几里得定理得，同余方程有解的条件是 gcd（n1，n2） | （a2-a1） 令d=gcd（n1，n2），c=a2-a1 则n1/d * k1 ≡ c/d mod n2/d ∴ k1 = c/d * inv（n1/d）mod n2/d 令k=c/d * inv（n1/d），则k1 = k + (n2/d)*y ∴ x=n1*（k + (n2/d)*y）+a1 =(n1*n2/d)*y+n1*k+a1 即 x ≡ n1*k+a1 mod n1*n2/d 所以上面两个方程合并为 x ≡ a mod n 其中 a=n1*k+a1 n=n1*n2/d #include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; int n[11],a[11]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar

分布式系统当中有一个著名的 CAP 理论，它也是分布式系统理论的基础。 CAP理论最早发表于2000年，由加州伯克利的教授首先在ACM PODC会议上提出猜想，两年之后，被麻省理工学院的教授Seth Gilbert和Nancy Lynch从理论上证明。从此之后，它成了分布式系统领域的公认定理。 今天这篇文章就和大家聊聊这个大名鼎鼎的CAP理论。 CAP理论描述起来其实很简单，它说的是 一个分布式系统最多只能满足C（一致性）、A（可用性）和P（分区性）这三者当中的两个 。我们先来看一下这三项分别代表了什么。 Consistency 一致性 分布式系统当中的一致性指的是 所有节点的数据一致 ，或者说是 所有副本的数据一致 。用英文描述是： All the nodes see the same data at the same time 。它和数据库事务中的一致性是两码事，在我们之前的文章里，曾经详细描述过分布式系统中的各种一致性模型，感兴趣的同学可以点击这里。 我们可以将一致性一分为二，分别从 客户端和服务端 进行探究。对于客户端而言，并不关心后端的实现，也不关心后端的节点运行情况。唯一只关心 多次并发访问下都能获得准确的符合预期的结果 。比如用户多次点击付款，也只会付款一次，余额无论什么时候查询都是当下最新的值。 而服务端关心的是会引发数据变更的请求过来，

题目 。 经过一番分析，问题归为求 $\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} (i+1)$。 考虑多项式 $p(x) := \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} (i+1)x^{i}$，所求即 $p(1)$。 注意到 $p(x) = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} (x^{i + 1})' = (\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^{i + 1})'$。 而 $\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^{i + 1} = x \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^{i} = x(x+1)^{n}$。 故 $p(x) = (x(x+1)^{n})' = (x+1)^{n} + nx(x+1)^{n-1}$，于是 $p(1) = 2^{n} + n2^{n - 1}$。 又 $\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} (i+1) = 2^{n} + \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} i$，于是有 $\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} i = n2^{n-1}$。 来源： https://www.cnblogs.com/Patt/p/12178828.html

Given a pair of positive integers, for example, 6 and 110, can this equation 6 = 110 be true? The answer is yes , if 6 is a decimal number and 110 is a binary number. Now for any pair of positive integers N ​ 1 ​​ and N ​ 2 ​​, your task is to find the radix of one number while that of the other is given. Input Specification: Each input file contains one test case. Each case occupies a line which contains 4 positive integers: N1 N2 tag radix Here N1 and N2 each has no more than 10 digits. A digit is less than its radix and is chosen from the set { 0-9, a - z } where 0-9 represent the decimal

先写DTFT子函数： function [X] = dtft(x, n, w) %% ------------------------------------------------------------------------ %% Computes DTFT (Discrete-Time Fourier Transform) %% of Finite-Duration Sequence %% Note: NOT the most elegant way % [X] = dtft(x, n, w) % X = DTFT values computed at w frequencies % x = finite duration sequence over n % n = sample position vector % w = frequency location vector M = 500; k = [-M:M]; % [-pi, pi] %k = [0:M]; % [0, pi] w = (pi/M) * k; X = x * (exp(-j*pi/M)) .^ (n'*k); % X = x * exp(-j*n'*pi*k/M) ; 下面开始利用上函数开始画图。结构都一样，先显示序列x(n)，在进行DTFT，画出幅度响应和相位响应。 代码： %% ----------

题目描述 给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2 。 请你找出这两个有序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。 你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。 解法1 依次遍历这两个有序数组的元素，如果长度分别为len1，len2直到找到第（len1+len2）/2的元素 class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int n1 = nums1.length; int n2 = nums2.length; int i = 0; int j = 0; int[] array = new int[(n1 + n2) / 2 + 1]; int index = 0; // 找到第(n1+n2)/2小的数 while(index < array.length) { if (i < n1 & j < n2) { if (nums1[i] < nums2[j]) { array[index++] = nums1[i++]; } else { array[index++] = nums2[j++]; } } else if (i >= n1) { array[index++] = nums2[j++]; }