n2

在一个二维数组中，每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。 请完成一个函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。 例如下面的二维数组就是每行、每列都递增排序。如果在这个数组中查找数字7，则返回true； 如果查找数字5，由于数组不含有该数字，则返回false。 我的解题思路是这样的矩阵行列都是从小到大排好序的，要查找的话自然用二分效率比较高， 而且这样的矩阵有个性质，最左上角的元素必定是最小值，最右下角的是最大值，在一个 n*n的矩阵中，对角线的元素也是排好序的，找到对角线上的一个元素，使得这个元素小于 待查找的key，并且下一元素大于待查找的key，那么只要在这个元素的左下角矩阵和右上角 矩阵递归继续对角线查找就可以了，例如上图例子里查找7，只要找到对角线的元素4，然后 递归查找红圈的矩阵就可以了 ，左上角矩阵最大值4<7，右下角 矩阵最小值10>7，无需查找了，但是此题并没有告诉我们原始矩阵是n*n的，这是比较麻烦的 地方，不过思路是一样的，无非不能用对角线查找这样简单的办法了，假设m*n的矩阵，对角线 查找的办法改进为i = (m1+m2)/2，j = (n1+n2)/2 进行查找就可以了，(m1,n1)为矩阵最左上角 元素下标，(m2,n2)为最右下角元素下标 假设查找17，第一次比较10，然后比较25，然后比较13

PAT甲级1010. Radix (25) 题意： 给定一对正整数，例如6和110，这个等式6 = 110可以是真的吗？答案是“是”，如果6是十进制数，110是二进制数。 现在对于任何一对正整数N1和N2，你的任务是找到一个数字的基数，而另一个数字的基数。 输入规格： 每个输入文件包含一个测试用例。每个案例占用一个包含4个正整数的行： N1 N2标签基数 这里N1和N2每个不超过10位数。数字小于其基数，并从集合{0-9，a-z}中选择，其中0-9表示十进制数0-9，a-z表示十进制数10-35。 如果“标签”为1，最后一个数字“radix”为N1的基数，如果“tag”为2，则为N2。 输出规格： 对于每个测试用例，以一行打印另一个数字的基数，使得方程式N1 = N2为真。如果方程不可能，打印“不可能”。如果解决方案不是唯一的，输出最小可能的基数。 思路： 就是给你两个数，已知其中一个数的进制，然后求另外一个数是多少进制就可以让两个数相等。 暴力遍历会在测试点7超时。 二分搜索后，如果不考虑溢出会在测试点10报错。 二分搜索查找进制，下界是n2中最大的一个数字 + 1；上界是n1的10进制数 + 1；别的没有什么坑点感觉。 ac代码： C++ // pat1010_radix.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。 // #include "stdafx.h" #include

1、由于recycleview复用机制，checkbox选一个，下面自动选中，edittext自动输入问题： @Override public void onBindViewHolder(ViewHolder viewHolder, int position) { //禁止复用，要不数据重复 viewHolder.setIsRecyclable(false); viewHolder.ckPeoplewater.setText(chargeList.get(position).getItem_Name()); viewHolder.tvPeopleprice.setText(chargeList.get(position).getItem_Price()+""); viewHolder.tvPeopleprice1.setText(chargeList.get(position).getSewageFee()+""); viewHolder.tvPeopleprice2.setText(chargeList.get(position).getResourceFee()+""); viewHolder.etPeoplewater.setText(chargeList.get(position).getItemHighLimit()+""); viewHolder

如何实现多个云模型生成在同一张云图 上一篇的代码有一点问题，而且有的小伙伴没有生成三个模型以上的。所以在这里重新写一下。 clear; N=500; Ex1=1; En1=0.8; He1=0.8; Ex2=3; En2=0.8; He2=0.8; Ex3=5; En3=0.8; He3=0.8; CloudDrp=zeros(2,N); for i=1:N; E_n1=normrnd(En1,He1,1,1); E_n2=normrnd(En2,He2,1,1); CloudDrp(1,i)=normrnd(Ex1,E_n1,1,1); CloudDrp(2,i)=exp(-(CloudDrp(1,i)-Ex1) 2/(2*En1 2)); CloudDrp(3,i)=normrnd(Ex2,E_n2,1,1); CloudDrp(4,i)=exp(-(CloudDrp(3,i)-Ex2) 2/(2*En2 2)); CloudDrp(5,i)=normrnd(Ex3,E_n3,1,1); CloudDrp(6,i)=exp(-(CloudDrp(5,i)-Ex3) 2/(2*En3 2)); end plot(CloudDrp(1,:),CloudDrp(2,:),’.’) hold on plot(CloudDrp(3,:),CloudDrp(4,:),’.’) plot

Akka Remote Actor_简单示例一 参照Typesafe的activator-1.2.12生成的示例。 通过akka的配置文件来配置remote actor。 首先实现一个计算加减乘除的remote actor，如下， package com.usoft9; import akka.actor.UntypedActor; /** * 计算加减乘除的Actor * getSender * getSelf */ public class CalculatorActor extends UntypedActor { @Override public void onReceive(Object message) { if (message instanceof Op.Add) { Op.Add add = (Op.Add) message; System.out.println("Calculating " + add.getN1() + " + " + add.getN2()); Op.AddResult result = new Op.AddResult(add.getN1(), add.getN2(), add.getN1() + add.getN2()); getSender().tell(result, getSelf()); } else if (message

（1）跳格子，现在有n个格子顺序排列，一只兔子从头开始跳，它一次可以跳1个格子，也可以跳2个格子……它也可以跳n个格子。求兔子跳进第n个格子总共有多少种跳法。 这是一个关于数列的题，可以这样去想一个存在递归的问题： 假如我要跳到第 n 个格子，那么就必须要在前一步跳到第 n−1 或者 n−2 个格子，如果说跳到第 n 个格子用的次数为 a_n，那么 a_n =a_(n−1)+ a_(n−2)。 注意，在这个地方有一个理解问题，为什么在等式的右侧没有系数：尽管 n−2 能够通过移动一个格子移动到 n−1 的位置，但是这样会导致计算的重复性，因此前面不加系数，直接可以默认为从 n−2个格子是跳一次移动两个格子到 n 的这个位置。 那么，根据这样的想法，去求解这个数学问题就很简答了，就直接是斐波那契数列了：对于前面的跳格子的跳法进行计算，后面的就可以根据前面两项进行求和计算。 格子数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 跳法 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 当然，如果是步长设置最长为3，那么就相当于这个项的前面三项的值进行求和即可 格子数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 跳法 1 2 4 7 13 24 44 81 149 274 以此类推，后面的格子可以根据前面的格子跳法来求和进行计算。 （2）4、编写一个线程程序、实现A线程先循环2次

转自leetcode的一位作者： public String multiply(String num1, String num2) { int n1 = num1.length()-1; int n2 = num2.length()-1; if(n1 < 0 || n2 < 0) return ""; int[] mul = new int[n1+n2+2]; for(int i = n1; i >= 0; --i) { for(int j = n2; j >= 0; --j) { int bitmul = (num1.charAt(i)-'0') * (num2.charAt(j)-'0'); bitmul += mul[i+j+1]; // 先加低位判断是否有新的进位 mul[i+j] += bitmul / 10; mul[i+j+1] = bitmul % 10; } } StringBuilder sb = new StringBuilder(); int i = 0; // 去掉前导0 while(i < mul.length-1 && mul[i] == 0) i++; for(; i < mul.length; ++i) sb.append(mul[i]); return sb.toString(); } 来源： CSDN 作者： azago 链接： https:/

Biorhythms Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000K Total Submissions: 111285 Accepted: 34638 Description Some people believe that there are three cycles in a person's life that start the day he or she is born. These three cycles are the physical, emotional, and intellectual cycles, and they have periods of lengths 23, 28, and 33 days, respectively. There is one peak in each period of a cycle. At the peak of a cycle, a person performs at his or her best in the corresponding field (physical, emotional or mental). For example, if it is the mental curve, thought processes will be sharper and