矩阵快速幂及应用实战[C/C++]

矩阵快速幂

矩阵快速幂可以用来优化递推问题，如状态机DP，需要一丢丢线性代数里面矩阵的概念，只需要知道简单的矩阵乘法，结合我们普通的二分快速幂就能很快的掌握矩阵快速幂。

问题引入

三步问题。有个小孩正在上楼梯，楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶、2阶或3阶。实现一种方法，计算小孩有多少种上楼梯的方式。结果可能很大，你需要对结果模1000000007。

对于这种递推入门题目，相信只要对于编程有着一定了解的人都能够很快的解决掉。

假如我们用传统递推
f ( 0 ) = 1 , f ( 1 ) = 1 , f ( 2 ) = 2 f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) + f ( n − 3 ) \begin{array}{c} f(0) = 1 , f(1) = 1 , f(2) = 2\\ f(n) = f(n-1) + f(n - 2) + f(n - 3) \end{array} f(0)=1,f(1)=1,f(2)=2f(n)=f(n−1)+f(n−2)+f(n−3)​

const int MOD = 1e9 + 7;
int dp[1000001];
    int waysToStep(int n) {
        memset(dp , 0 , sizeof(dp));
        dp[0] = 1, dp[1] = 1 , dp[2] = 2;
        for(int i = 3 ; i <= n ; i++)
        dp[i] = ((long long)dp[i - 3] + dp[i - 2] + dp[i - 1]) % MOD;
        return dp[n];
    }

时间复杂度：O(N) 空间复杂度：O(N)

因为每次状态都由前三个状态转移过来，如果用滚动数组优化

const int MOD = 1e9 + 7;
    int waysToStep(int n) {
        int dp0 = 1, dp1 = 1 , dp2 = 2;
        if(n <= 1) return 1;
        if(n == 2) return 2;
        for(int i = 3 ; i <= n ; i++)
        {
        int newdp = ((long long)dp0 + dp1 + dp2) % MOD;
        dp0 = dp1 , dp1 = dp2 , dp2 = newdp;
        }
        return dp2;
    }

空间复杂度优化到了O(1)，时间复杂度仍为O(N)

到滚动数组优化这一步对于大多数初学者来说已经很不错了，如果我们想更进一步呢？

我们重新分析递推公式
f ( 0 ) = 1 , f ( 1 ) = 1 , f ( 2 ) = 2 f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) + f ( n − 3 ) \begin{array}{c} f(0) = 1 , f(1) = 1 , f(2) = 2\\ f(n) = f(n-1) + f(n - 2) + f(n - 3) \end{array} f(0)=1,f(1)=1,f(2)=2f(n)=f(n−1)+f(n−2)+f(n−3)​

递推公式到向量计算

第一步

我们尝试把递推公式写成矩阵乘上一个列向量的形式，如下：

( f ( n ) ? ? ) = ( 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ) ( f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) ) \begin{pmatrix} f(n)\\ ?\\ ? \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ ? & ? & ? \\ ? & ? & ? \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2) \\ f(n - 3) \end{pmatrix} ​f(n)??​ ​= ​1??​1??​1??​ ​ ​f(n−1)f(n−2)f(n−3)​ ​

第二步

接着尝试填充？部分

( f ( n ) f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ) = ( 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ) ( f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) ) \begin{pmatrix} f(n)\\ f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ ? & ? & ? \\ ? & ? & ? \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2) \\ f(n - 3) \end{pmatrix} ​f(n)f(n−1)f(n−2)​ ​= ​1??​1??​1??​ ​ ​f(n−1)f(n−2)f(n−3)​ ​

第三步

补充矩阵中的部分，就得到了：

( f ( n ) f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ) = ( 1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) ( f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) ) \begin{pmatrix} f(n)\\ f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2) \\ f(n - 3) \end{pmatrix} ​f(n)f(n−1)f(n−2)​ ​= ​110​101​100​ ​ ​f(n−1)f(n−2)f(n−3)​ ​

第四步

你以为到这里就结束了？我们在该式子的基础上带入n - 1作为变量，则有：

( f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) ) = ( 1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) ( f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) f ( n − 4 ) ) \begin{pmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2)\\ f(n - 3) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(n - 2)\\ f(n - 3) \\ f(n - 4) \end{pmatrix} ​f(n−1)f(n−2)f(n−3)​ ​= ​110​101​100​ ​ ​f(n−2)f(n−3)f(n−4)​ ​

第五步

我们把第四步中的式子带入到第三步中，就会得到

( f ( n ) f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ) = ( 1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) ( 1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) ( f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) f ( n − 4 ) ) \begin{pmatrix} f(n)\\ f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(n - 2)\\ f(n - 3) \\ f(n - 4) \end{pmatrix} ​f(n)f(n−1)f(n−2)​ ​= ​110​101​100​ ​ ​110​101​100​ ​ ​f(n−2)f(n−3)f(n−4)​ ​

第六步

我们不断地迭代下去就会有这样一个式子：

( f ( n ) f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ) = ( 1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) n − 2 ( f ( 2 ) f ( 1 ) f ( 0 ) ) \begin{pmatrix} f(n)\\ f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}^{n-2} \begin{pmatrix} f(2)\\ f(1) \\ f(0) \end{pmatrix} ​f(n)f(n−1)f(n−2)​ ​= ​110​101​100​ ​n−2 ​f(2)f(1)f(0)​ ​
我们发现f(n)的计算还可以通过计算出一个已知矩阵的n - 2次幂与一个列向量的乘积来获取。那么这样的计算方式可以令我们算法的执行效率得到提高吗？

对于两个M阶矩阵做乘积，其时间复杂度为O(M^3)，进行n - 2次，那么时间复杂度就是O(M^3 * n)，似乎与我们的传统递归相比还要慢上常数阶，于是这就引出了我们今天的主题矩阵快速幂

普通二分快速幂

关于二分快速幂的介绍在笔者的另一篇博客有详细介绍及证明二分快速幂和快读快写模板【C++】-CSDN博客

对于我们快速求a ^ b % p，我们可以不断地二分为(a ^ 2) ^ (b / 2) % p…

如果出现b为奇数，就使得我们最终的返回值ans（ans初始为1）乘上a，当指数为0的时候循环执行完毕，此时ans就是我们的答案。

同样的思想也可以用于矩阵的幂运算中。

代码如下

inline long long quickPower(int a, int b, int p)
{
    long long ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = ans * a % p;
        }
        a = a * a % p;
        b /= 2;
    }
    return ans;
}

矩阵二分快速幂

由普通二分快速幂对矩阵做推广，可有如下递归式
A n = { I                       n = 0 ( A n − 1 2 ) 2 × A         n 为奇数 ( A n 2 ) 2 × A                   n 为非零偶数 A^{n} = \left\{\begin{matrix} I\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n=0 \\ (A^{\frac{n-1}{2}})^2\times A \ \ \ \ \ \ \ n为奇数 \\ (A^{\frac{n}{2}})^2\times A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n为非零偶数 \\ \end{matrix}\right. An=⎩ ⎨ ⎧​I                     n=0(A2n−1​)2×A       n为奇数(A2n​)2×A                 n为非零偶数​
那么我们只需要把普通二分快速幂模板中整数乘法更换成矩阵乘法即可。

矩阵类的定义

struct Matrix
{
    int m[101][101];

    Matrix()
    {
        memset(m, 0, sizeof(m));
    }
};

矩阵乘法的运算符重载

Matrix operator*(const Matrix &x, const Matrix &y)
{
    Matrix ret;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            for (int k = 1; k <= n; k++)
                ret.m[i][j] = (ret.m[i][j] + (x.m[i][k] * y.m[k][j]) % MOD) % MOD;
    return ret;
}

矩阵快速幂模板

Matrix MatrixQuickPower(const Matrix &A, int k)
{
    Matrix res;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        res.m[i][i] = 1; // 单位矩阵
    while (k)
    {
        if (k & 1)
            res = res * A;
        A = A * A;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

矩阵快速幂就是对普通二分快速幂的基础上，将运算对象更改为了矩阵罢了。

矩阵乘法的常数级优化

我们发现矩阵乘法这里y每次访问m[k][j]寻址需要跳过一整行，对性能其实是有一定影响的，我们可以把第二层循环和第三层循环进行交换

Matrix operator*(const Matrix &x, const Matrix &y)
{
    Matrix ret;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            for (int k = 1; k <= n; k++)
                ret.m[i][j] = (ret.m[i][j] + (x.m[i][k] * y.m[k][j]) % MOD) % MOD;
    return ret;
}

则有

Matrix operator*(const Matrix &x, const Matrix &y)
{
    Matrix ret;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int k = 1; k <= n; k++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                ret.m[i][j] = (ret.m[i][j] + (x.m[i][k] * y.m[k][j]) % MOD) % MOD;
    return ret;
}

这样既不影响结果，又降低了寻址消耗。

矩阵快速幂在状态机DP中的应用

如果你学习过数字逻辑电路，相信对于时序电路中的有限状态机不会陌生，没有学过也没有关系，因为学了也不会状态机DP，做算法题早晚都要面对的

其实虽然状态机DP在动态规划中算是一类难度不低的问题，但是只要多做几道题就会很快的掌握其套路，相较于背包问题，难度低了不少，因为套路更容易掌握。

下面详解一道题，留下另一道题供读者练手。

OJ题目精讲

935. 骑士拨号器

象棋骑士有一个独特的移动方式，它可以垂直移动两个方格，水平移动一个方格，或者水平移动两个方格，垂直移动一个方格(两者都形成一个 L 的形状)。

象棋骑士可能的移动方式如下图所示:

外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传

我们有一个象棋骑士和一个电话垫，如下所示，骑士只能站在一个数字单元格上(即蓝色单元格)。

img

给定一个整数 n，返回我们可以拨多少个长度为 n 的不同电话号码。

你可以将骑士放置在任何数字单元格上，然后你应该执行 n - 1 次移动来获得长度为 n 的号码。所有的跳跃应该是有效的骑士跳跃。

因为答案可能很大，所以输出答案模 109 + 7.

对于长度为n的电话号码，每个位置有10种情况，如果没有题目中的限制，我们通过简单的组合数学就可以解决.

但现在每个位置可以移动的方式都给出了限制,也就是说在每个位置可以抵达的下一个位置是确定且有限的.

我们如果把每个位置都看做成是一种状态，那么我们有如下的状态转移关系：

外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传

我们定义状态dp[i][j]为第i次移动后在位置j的情况数，那么我们有如下状态转移方程：
d p [ i ] [ j ] = ∑ d p [ i − 1 ] [ k ] , 其中 j 可由 k 转移 dp[i][j] = \sum dp[i-1][k],其中j可由k转移 dp[i][j]=∑dp[i−1][k],其中j可由k转移

非矩阵快速幂解法

我们打表列出每个位置的的前驱状态，然后执行状态转移方程，最后对dp[n][i]进行累加即可

class Solution {
public:
const int MOD = 1e9 + 7;
vector<vector<int>> pre{
    {4 , 6} , {6 , 8} , {7 , 9} , {4 , 8} , {0 , 3 , 9} , {} , {0 , 1 , 7} , {2 , 6} , {1 , 3} , {2 , 4}
};
    int knightDialer(int n) {
        vector<vector<int>> dp(n + 1 , vector<int>(10));
        for(int i = 0 ; i < 10 ; i++)
        dp[1][i] = 1;
        for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
        {
            for(int j = 0 ; j < 10 ; j++)
            {
                for(auto x : pre[j])
                dp[i][j] = (dp[i - 1][x] + dp[i][j]) % MOD; 
            }
        }
        long long ret = 0;
        for(int i = 0 ; i < 10 ; i++)
        ret = (ret + dp[n][i]) % MOD;
        return ret;
    }
};
滚动数组优化

由于每个状态只与上一次状态有关，所以我们还可以优化二维为一维，代码如下：

class Solution {
public:
const int MOD = 1e9 + 7;
vector<vector<int>> pre{
    {4 , 6} , {6 , 8} , {7 , 9} , {4 , 8} , {0 , 3 , 9} , {} , {0 , 1 , 7} , {2 , 6} , {1 , 3} , {2 , 4}
};
    int knightDialer(int n) {
        vector<int> dp(10);
        for(int i = 0 ; i < 10 ; i++)
        dp[i] = 1;
        for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
        {
            vector<int> newdp(10);
            for(int j = 0 ; j < 10 ; j++)
            {
                for(auto x : pre[j])
                newdp[j] = (dp[x] + newdp[j]) % MOD; 
            }
            dp = newdp;
        }
        long long ret = 0;
        for(int i = 0 ; i < 10 ; i++)
        ret = (ret + dp[i]) % MOD;
        return ret;
    }
};
矩阵快速幂解法

其实我们对于我们矩阵快速幂优化递推问题而言，只要提前写出矩阵A的行列式即可。对于本题我们分析
n e w d p [ 0 ] = d p [ 4 ] + d p [ 6 ] n e w d p [ 1 ] = d p [ 6 ] + d p [ 8 ] n e w d p [ 2 ] = d p [ 7 ] + d p [ 9 ] . . . \begin{array}{c} newdp[0] = dp[4]+dp[6]\\ newdp[1] = dp[6]+dp[8]\\ newdp[2] = dp[7]+dp[9]\\ ... \end{array} newdp[0]=dp[4]+dp[6]newdp[1]=dp[6]+dp[8]newdp[2]=dp[7]+dp[9]...​

对于我们的10x10矩阵A的行列式可以很容易的计算出，于是我们的递推公式的矩阵表示为：

( d p n ( 0 ) d p n ( 1 ) d p n ( 2 ) d p n ( 3 ) d p n ( 4 ) d p n ( 5 ) d p n ( 6 ) d p n ( 7 ) d p n ( 8 ) d p n ( 9 ) ) = ( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 1 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 1 , 0 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 1 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 1 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 0 0 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 0 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) n ( d p ( 0 ) d p ( 1 ) d p ( 2 ) d p ( 3 ) d p ( 4 ) d p ( 5 ) d p ( 6 ) d p ( 7 ) d p ( 8 ) d p ( 9 ) ) \begin{pmatrix}{} dpn(0)\\ dpn(1)\\ dpn(2)\\ dpn(3)\\ dpn(4)\\ dpn(5)\\ dpn(6)\\ dpn(7)\\ dpn(8)\\ dpn(9) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}{} {0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0}\\ {0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0}\\ {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1}\\ {0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0}\\ {1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1}\\ {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0}\\ {1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0}\\ {0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0}\\ {0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0}\\ {0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0} \end{pmatrix}^{n}\begin{pmatrix} dp(0)\\ dp(1)\\ dp(2)\\ dp(3)\\ dp(4)\\ dp(5)\\ dp(6)\\ dp(7)\\ dp(8)\\ dp(9) \end{pmatrix} ​dpn(0)dpn(1)dpn(2)dpn(3)dpn(4)dpn(5)dpn(6)dpn(7)dpn(8)dpn(9)​ ​= ​0,0,0,0,1,0,1,0,0,00,0,0,0,0,0,1,0,1,00,0,0,0,0,0,0,1,0,10,0,0,0,1,0,0,0,1,01,0,0,1,0,0,0,0,0,10,0,0,0,0,0,0,0,0,01,1,0,0,0,0,0,1,0,00,0,1,0,0,0,1,0,0,00,1,0,1,0,0,0,0,0,00,0,1,0,1,0,0,0,0,0​ ​n ​dp(0)dp(1)dp(2)dp(3)dp(4)dp(5)dp(6)dp(7)dp(8)dp(9)​ ​

我们矩阵运算时间复杂度为O(103)，执行logn次，这样我们的时间复杂度就降到了**O(103 * logn)**

代码如下：

const int MOD = 1e9 + 7;

struct Matrix
{
	long long m[10][10];

	Matrix()
	{
		memset(m, 0, sizeof(m));
	}
	Matrix(int x) :m{
		{0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0},
		{0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0},
		{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1},
		{0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0},
		{1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1},
		{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
		{1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0},
		{0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0},
		{0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
		{0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0}
	}
	{}
};
Matrix A, dp;

Matrix operator*(const Matrix& x, const Matrix& y)
{
	Matrix ret;
	for (int i = 0; i < 10; i++)
		for (int k = 0; k < 10; k++)
			for (int j = 0; j < 10; j++)
				ret.m[i][j] = (ret.m[i][j] + (x.m[i][k] * y.m[k][j]) % MOD) % MOD;
	return ret;
}
Matrix MatrixQuickPower(Matrix& A, int k)
{
	Matrix res;
	for (int i = 0; i < 10; i++)
		res.m[i][i] = 1; // 单位矩阵
	while (k)
	{
		if (k & 1)
			res = res * A;
		A = A * A;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
int init(int n)
{
	A = Matrix(1);
	for (int i = 0; i < 10; i++)
		dp.m[i][0] = 1;
	Matrix dpn = MatrixQuickPower(A, n - 1) * dp;
	int ret = 0;
	for (int i = 0; i < 10; i++)
		ret = (ret + dpn.m[i][0]) % MOD;
	return ret;
}
class Solution {
public:
	int knightDialer(int n) {
		return init(n);
	}
};

外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传

遥遥领先

这里省事直接套模板了，有很多拷贝是可以优化掉的。就不演示了（懒x_x）

练习题OJ链接

这道题留给大家练习

552. 学生出勤记录 II - 力扣（LeetCode）

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麒麟V10系统安装kerberos客户端 当系统具备yum镜像源的时候需要执行安装命令 yum install krb5-devel krb5-client krb5-libs -y 会提示报错 “未找到匹配的参数:krb5-client” 此时我们需要手动安装krb5-client 安装包链接放到了这里 链接: https://pan.baidu.com/s/1x1YVr6…
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web：[SUCTF 2019]CheckIn（一句话木马，.user.ini）

web：[SUCTF 2019]CheckIn（一句话木马，.user.ini）

题目 页面显示 上传文件&#xff0c;随便上传一个文件试试 上传了一个文本&#xff0c;显示失败&#xff0c;不是图片 那就换图片马上传试试 不能包含<?,换一种写法&#xff0c;需要加上GIF89a&#xff0c;进行exif_imagetype绕过 上传成功 这里用.user.ini或者用post传参…
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SpringBoot MyBatis连接数据库 查询数据(注解方式)

SpringBoot MyBatis连接数据库 查询数据(注解方式)

创建项目时选择依赖 配置数据库连接 在resources中的 application.properties 配置文件进行连接的配置 #驱动名称 spring.datasource.driver-class-namecom.mysql.cj.jdbc.Driver#连接地址 spring.datasource.urljdbc:mysql://10.20.22.11:26954/canteen#数据库用户名 spring.d…
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国内AI大模型已近80个，哪个最有前途？

国内AI大模型已近80个，哪个最有前途？

目前&#xff0c;国内已经推出了近80个人工智能大模型&#xff0c;这些大模型各有优势&#xff0c;难以直接判断哪个最有前途。然而&#xff0c;以下几个大模型值得关注&#xff1a; 1、华为云盘古大模型&#xff1a;盘古大模型聚焦于为行业服务&#xff0c;包括自然语言、视觉…
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从认识到精通，一文读懂Memcached知识文集

从认识到精通，一文读懂Memcached知识文集

&#x1f3c6;作者简介&#xff0c;普修罗双战士&#xff0c;一直追求不断学习和成长&#xff0c;在技术的道路上持续探索和实践。 &#x1f3c6;多年互联网行业从业经验&#xff0c;历任核心研发工程师&#xff0c;项目技术负责人。 &#x1f389;欢迎 &#x1f44d;点赞✍评论…
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yolov1网络结构

yolov1网络结构

YOLO神经网络结构如下图所示。把一幅480x480的原图分割成7x749个网格&#xff0c;每个网格要预测两个预选框&#xff08;bounding box&#xff09;的坐标&#xff08;x&#xff0c;y&#xff0c;w&#xff0c;h&#xff09;&#xff0c;其中x和y表示box中心点与该格子边界的相对…
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Vue学习计划-Vue2--Vue核心（七）生命周期

Vue学习计划-Vue2--Vue核心（七）生命周期

抛出问题&#xff1a;一进入页面就开启一个定时器&#xff0c;每隔1秒count就加1&#xff0c;如何实现 示例&#xff1a; <body> <div id"app">{{ n }}<button click"add">执行</button> </div><script>let vm new …
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实战oj题——设计循环队列

实战oj题——设计循环队列

前言&#xff1a;今天我们来实现循环队列。 各个接口的实现 创建队列&#xff1a; typedef struct {int* a;int front;int back;int k;} MyCircularQueue;我们的队列是由数组储存的&#xff0c;所以我们队列中得定义一个数组&#xff0c;front代表我们的首元素&#xff0c;ba…
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flink中处理kafka分区的消息顺序

flink中处理kafka分区的消息顺序

背景 kafka分区的消息是有序的&#xff0c;那么flink在消费kafka分区的时候消息的顺序是怎么样的呢&#xff1f;还能保持这个有序性吗&#xff0c;本文就来记录下 flink消费kafka分区的顺序性 从上图可知&#xff0c;flink的转换算子比如map&#xff0c;flatMap&#xff0c;f…
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表单修改时取消disabled snippet

表单修改时取消disabled snippet

前言 有时候开发&#xff0c;表单编辑时有些字段不可更改&#xff0c;比如用户管理的用户名&#xff0c;修改时不可编辑。但是有时候就会有这么一种情况&#xff0c;希望他修改时也可编辑。所以就可以在浏览器–控制台里面写一个snippet&#xff0c;修改时运行。 当然&#xf…
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Java零基础——Redis篇

Java零基础——Redis篇

1.【熟悉】NoSQL的简介 1.1 什么是NoSQL NoSQL 是 Not Only SQL 的缩写&#xff0c;意即"不仅仅是SQL"的意思&#xff0c;泛指非关系型的数据库。强调Key-Value Stores和文档数据库的优点。 NoSQL产品是传统关系型数据库的功能阉割版本&#xff0c;通过减少用不到或…
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【办公软件】Win10/Win11复制粘贴必须刷新才能显示

【办公软件】Win10/Win11复制粘贴必须刷新才能显示

更换了新的一台电脑&#xff0c;但是发现新建文件夹或是复制粘贴文件时&#xff0c;不管是在桌面还是在其他磁盘中都需要右击刷新一下才显示。让人很郁闷&#xff0c;比如新建一个文件夹不显示以为没有新建成功&#xff0c;导致重复建了好几个。 如何解决&#xff1f; 使用Wi…
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数据结构与算法编程题43

数据结构与算法编程题43

无向无权图的邻接矩阵编程 //参考博客&#xff1a;https://blog.csdn.net/qq_54162207/article/details/117414707#include <iostream> using namespace std;#define Maxsize 100 #define VertexmMaxNum 20 #define ERROR 0 #define OK 1 typedef string VertexType…
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Python代码将txt里面多行json字符串转成excel文件

Python代码将txt里面多行json字符串转成excel文件

python 代码 将txt里面的多行json字符串转成excel history.txt文件json代码样例 Json转换Excel代码 import json import pandas as pddef json_out(file_path,excel_path):all_list[]with open(file_path, "r", encodingutf-8) as f:for line in f:all_list.append…
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实验一：MIPS指令系统和MIPS体系结构

实验一：MIPS指令系统和MIPS体系结构

MIPS架构 MIPS架构&#xff08;英语&#xff1a;MIPS architecture&#xff0c;为Microprocessor without interlocked piped stages architecture的缩写&#xff0c;亦为Millions of Instructions Per Second的双关语&#xff09;&#xff0c;是一种采取精简指令集&#xff0…
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Unity中Batching优化的GPU实例化（1）

Unity中Batching优化的GPU实例化（1）

文章目录 前言一、GPU实例化的规则1、必须满足 Mesh 网格一样2、只有OpenGL es 3.0及以上才支持&#xff08;3.0及以上有部分硬件可能也不支持&#xff09; 二、GPU实例化的应用场景1、公开几个成员属性&#xff0c;用于存放可以调整的数据2、用Random.insideUnitCircle随机生成…
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ansible常用模块介绍

ansible常用模块介绍

ansible运行模块的两种方式 Ad - Hoc 利用 ansible 命令直接完成管理 &#xff0c; 主要用于临时命令使用场景 ansible westos -m shell -a ls /mnt playbook ansible 脚本 &#xff0c; 主要用于大型项目场景 &#xff0c; 需要前期的规划 vim test.yml - hosts: all task…
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【后端】JVM 远程调试

【后端】JVM 远程调试

前言 再好的代码，也还是有瑕疵的，不是代码不给力，是线上问题太牛逼太玄幻。这不刚部署就出现了问题，幸好还是测试的时候，早点发现早点解决，不给任何人带来不必要的损失，是我做人的原则，只要钱到位，任何问题都不是问题。 JVM 远程调试 不得不说 IDEA 和 宝塔配合是真…
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Windows驱动中使用数字签名验证控制设备访问权限

Windows驱动中使用数字签名验证控制设备访问权限

1. 背景 在一般的驱动开发时&#xff0c;创建了符号链接后在应用层就可以访问打开我们的设备并进行通讯。 但我们有时候不希望非自己的进程访问我们的设备并进行交互&#xff0c;虽然可以使用 IoCreateDeviceSecure 来创建有安全描述符的设备&#xff0c;但大数的用户账户为了方…
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