【ONE·基础算法 || 位运算】

在这里插入图片描述

总言

  主要内容：编程题举例，理解位运算的思想。

文章目录

  • 总言
  • 1、常见位运算总结
    • 1.1、基础位运算
    • 1.2、位图思想
      • 1.2.1、给一个数n，确定它的二进制表示中的第x位是0还是1
      • 1.2.2、将一个数n的二进制表示的第x位修改成 1
      • 1.2.3、将一个数n的二进制表示的第x位修改成0
    • 1.3、最右侧1
      • 1.3.1、提取一个数(n)二进制表示中最右侧的1（lowbit）
      • 1.3.2、干掉一个数(n)二进制表示中最右侧的1
  • 2、判断字符是否唯一（easy）
    • 2.1、题解
  • 3、丢失的数字（easy）
    • 3.1、题解
  • 4、位1的个数（easy）
    • 4.1、题解
      • 4.1.1、法一：和1做“与”运算
      • 4.1.2、法二：基于算术运算的模2除2
      • 4.1.3、法三：n & (n - 1) 消除n最右边的1
      • 4.1.4、法三衍生：找出一定范围内的整数N是否是二的幂次方。即N=2^m。
  • 5、比特位计数（easy）
    • 5.1、题解
  • 6、汉明距离（easy）
    • 6.1、题解
  • 7、两整数之和（medium）
    • 7.1、题解
  • 8、只出现一次的数字（easy）
    • 8.1、题解
  • 9、只出现一次的数字 Ⅲ（medium）
    • 9.1、题解
  • 10、只出现一次的数字 Ⅱ（medium）
    • 10.1、题解
  • 11、消失的两个数字（hard）
    • 11.1、题解
  • Fin、共勉。

  
  
  
  

1、常见位运算总结

1.1、基础位运算

  详细版本：操作符详解
  
  移位操作符： 作用在二进制位上，操作数只能是整数。

<< 左移操作符 ：左移操作符，左边抛弃，右边补0

>> 右移操作符 ：分逻辑右移和算术右移两种。
			　a、对逻辑右移：左边用0填充，右边丢弃。
			　b、对算术右移：左边用原该值的符号位填充，右边丢弃。

  
  位操作符： 作用在二进制位上，操作数只能是整数。

& 按位与：按二进制位与。有0为0，全1为1
| 按位或：按二进制位或。有1皆为1
^ 按位异或：按二进制位异或。相同为0，相异为1。异或的本质是无进位相加。
~ 按位取反：按二进制位取反。包含符号位

  
  
  

1.2、位图思想

  位图相关链接。
  

1.2.1、给一个数n，确定它的二进制表示中的第x位是0还是1

(n >> x) & 1;
(1 << x) & n;

  
  

1.2.2、将一个数n的二进制表示的第x位修改成 1

n |= (1 << x);

  
  

1.2.3、将一个数n的二进制表示的第x位修改成0

n &= ~(1 << x);

  
  
  
  
  

1.3、最右侧1

1.3.1、提取一个数(n)二进制表示中最右侧的1（lowbit）

n & (-n);

在这里插入图片描述

  
  lowbit（）函数：用来取一个二进制最低位的1与后边的0组成的数

int lowbit (int x){
  return x&-x;
}

例如：
lowbit (13) = 1 ( 13 二进制表示为 1101 ——> 1(1) )
lowbit (12) = 4 ( 12 二进制表示为 1100 ——> 4(100) )

  
  基本应用：借助 lowbit 函数判断整数 n 是否是2的方幂

int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
int chk(int n)
{
	if( lowbit(n) == n ) return 1; //n是2的方幂
	else return 0; //n不是2的方幂
}

  结论：如果一个数n是【2的幂】，那么有lowbit(n) = n的性质（2的幂的二进制表示中必然是最高位为1，低位为 0）
  
  
  

1.3.2、干掉一个数(n)二进制表示中最右侧的1

n & (n-1);

  这个表达式的一个 常见用途是检查一个数是否是2的幂。一个数是2的幂当且仅当它的二进制表示中只有一个1（在最高位）。对于这样的数，n & (n-1) 的结果将是0，因为 n-1 的所有低位都是1，而 n 的所有低位都是0。所以，n & (n-1) == 0 可以用来检测一个数是否是2的幂。

1、
当n=4时，二进制为：0100
n-1=3，二进制为：0011
则：n&(n-1)==0  解释（将0100最右边的1变为0 则 0000=0）

2、
当n=8时，为1000
n-1=7，为0111
则n&(n-1)==0

3、
当n=5，为0101
n-1为0100
则n&(n-1)=0100=4!=0  解释（将0101最右边的1变为0 则 0100=4）

  但需要注意，①如果 n 是0，那么 n & (n-1) 将是未定义的，因为 n-1 会是-1，而在有符号整数中，-1的二进制表示通常是全1（这取决于具体的计算机系统和编程语言）。所以，在使用这个表达式之前，你可能需要检查 n 是否大于0。 或者，②如果你正在使用无符号整数，那么当 n 为0时，n-1 将是最大的无符号整数（所有位都是1），但即使在这种情况下，n & (n-1) 也将是0，这仍然可以用来检测 n 是否是1（在无符号的情况下，1是唯一的2的幂且满足 n & (n-1) == 0 的数）。但是，通常我们更关心的是正整数是否是2的幂。
  
  
  
  
  

2、判断字符是否唯一（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述

  

2.1、题解

  1）、思路分析
  1、暴力解法： 可以固定字符串中某一字符，遍历其它字符做比较，如此重复直至获取结果。时间复杂度为： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  2、哈希表： 26个英文字母，可以使用一个哈希数组hash[26]遍历映射字符串，当hash[i]>=1时表示字符串中元素重复。时间复杂度为： O ( n ) O(n) O(n)，空间复杂度为： O ( n ) O(n) O(n)
  3、位图： 是在哈希数组上的优化。实则我们并不需要知道具体字符值，只是要判断该字符是否存在，即两种状态：存在、不存在。那么完全可以使用位图的思想，一个比特位有0、1两种状态，刚好可判断字符是否存在，因此只需要使用一个整型变量Int（32bit）充当哈希表，就能满足对26个英文字符存在状态的判断。 时间复杂度为： O ( n ) O(n) O(n)，空间复杂度为： O ( 1 ) O(1) O(1)

  
  
  2）、题解
  下述除了借助位图思想，还使用到了鸽巢原理。由于小写英文字母只有26位，当字符串长度超过26时，必然会有重复字符。

class Solution {
public:
    bool isUnique(string astr) {
        if (astr.size() > 26)
            return false; // 鸽巢原理：英文字母最多26位，超过则表明其中含有重复
        int bitset = 0; // 位图，哈希结构，用于统计这26个字母
        for (auto s : astr) 
        {
            int index = s - 'a';
            // 判断该字符是否在位图中(判断某一位是否为1)
            if (bitset & (1 << index))
                return false; // 若在则返回
            else
                bitset |= (1 << index); // 不在则将其加入位图，继续新一轮判断（将某一位改为1）
        }
        return true;
    }
};

  
  
  
  
  

3、丢失的数字（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述

  

3.1、题解

  1）、思路分析
  此题解法很多，这里只做部分列举：需要注意这里[0, n]的数组，有 n+1个数，而给定的vector<int>& nums中只含n个数。

  1、借助哈希表： 遍历数组nums，将其中出现的元素统计入哈希表中hash[n+1]，再次遍历哈希表找出个数为0的元素。
  2、高斯求和： 高斯求和是数学中一种经典的求和方法，由数学家卡尔·弗里德里希·高斯首次提出。对于连续的自然数序列[ 1 , 2 , 3 , … , n ]，高斯求和的公式可以用来直接计算其总和。其基本形式如下： s = 1 + 2 + 3 + … … + n = n ⋅ ( n + 1 ) 2 s=1+2+3+……+n = \frac{n·(n+1)}{2} s=1+2+3+……+n=2n⋅(n+1)​。我们可以用高斯公式计算出 n+1的 总和，再与数组nums的元素总和做差，即可得出缺失数。

  3、位运算： 借助了异或的性质。a^a = 0；a^0=a。遍历一遍数组nums，异或所有元素，再遍历一遍[0,n]的所有元素，最终结果即缺失值。
  
  
  2）、题解
  以下写法中一次将nums和[0,n]的数全异或了。写法多种，可看个人风格。

class Solution {
public:
    int missingNumber(vector<int>& nums) {
        int sum = 0;
        int n = nums.size();//数组个数
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            sum ^= nums[i];//异或数组中的元素
            sum ^= i;//异或0~n
        }
        return sum ^= n;//异或n+1
    }
};

class Solution {
public:
    int missingNumber(vector<int>& nums) {
        int ret = 0;
        for (auto x : nums)//异或数组中的所有数
            ret ^= x;
        for (int i = 0; i <= nums.size(); i++)//异或 [0, n] 中的所有数
            ret ^= i;
        return ret;
    }
};

  
  
  
  
  

4、位1的个数（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述

  
  

4.1、题解

4.1.1、法一：和1做“与”运算

  常规思路：从n的最后一位开始，和1做“与”运算，如此循环32次，依次判断每一位的值。

class Solution {
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < 32; ++i) {
            if ((1 << i) & n)
                count++;
        }
        return count;
    }
};

  
  

4.1.2、法二：基于算术运算的模2除2

  如下： n % 2 == 1 可以检查n 的最低位是否为1 。% 取模运算符，对于任何整数 x，x % 2 的结果要么是0（如果 x 是偶数），要么是1（如果 x 是奇数），因此，n % 2 会给出 n 的最低位的值。而n / 2相当于将 n 的二进制表示右移一位。这样，下一次迭代将检查 n 的下一个最低位。

class Solution {
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
        int count = 0;
        while (n) {
            if (n % 2 == 1)
                count++;
            n /= 2;
        }
        return count;
    }
};

  
  

4.1.3、法三：n & (n - 1) 消除n最右边的1

  利用 n & (n - 1) 来消除n最右边的1，然后如果n还是不等于0的话，让count++，同时继续消除n最右边的1。此方法中，n有多少个1就遍历多少次，相比于前两种（从头遍历到尾，每一个元素都要判断一遍）更快。

class Solution {
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
        int count = 0;
        while(n)
        {
            n&=(n-1);//消除一次最右侧1
            ++count;
        }
        return count;
    }
};

关于n&(n-1)的思路解析：（以169为例）
-----------------------
第一轮：n=169;  n-1=168;
        //1010 1001---n
        //1010 1000---n-1
n=n&(n-1)=1010 1000//对n的二进制，去掉末尾1
-----------------------
第二轮：n=168;  n-1=167;
        //1010 1000---n
        //1010 0111---n-1
n=n&(n-1)=1010 0000//对n的二进制，再去掉一个末尾1
-----------------------
第三轮：n=160;  n-1=159;
        //1010 0000---n
        //1001 0000---n-1
n=n&(n-1)=1000 0000//对n的二进制，再去掉一个末尾1
-----------------------
依次类推，最终结束时n为零，总轮数即n的二进制上1的总数。

  
  

4.1.4、法三衍生：找出一定范围内的整数N是否是二的幂次方。即N=2^m。

  此题就能运用n&(n-1)：
  当N是2的幂次方时，它的二进制表示中只有一个1，其余位都是0。
  当我们对N执行减1操作（N - 1）时，这个1会变成0，而它右边的所有0都会变成1。
  因此，将原数N和N - 1进行按位与操作（n & (n - 1)），由于N中的那个1在N - 1中变成了0，并且N中1右边的所有0在N - 1中都变成了1，所以这个按位与操作的结果一定是0。
  而这个性质只对2的幂次方数成立。对于任何不是2的幂次方的数，其二进制表示中至少有两个1，这样n & (n - 1)的结果不会是0。
  如此可快速获取结果。
  

  此外还有一些其它方法：
  ①、检查二进制表示中是否只有一个1： 通过不断地将整数与1做按位与操作，并右移来实现。
  ②、利用数学性质直接计算： 由于2的幂次方是已知的（2, 4, 8, 16, 32, …），可以直接计算出一定范围内所有的2的幂次方数。
  
  
  
  
  
  
  

5、比特位计数（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述

  

5.1、题解

  这里需要注意求的是[0,n]中所有数的各自情况。
  
  法一：逐个计算[0,n]中各元素的1个数。但相对的，每更换元素，都要从头开始重新统计。

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int n) {
        if(n == 0) return {0};

        vector<int> ans(n+1);
        for(int i = 0; i <= n; ++i)
        {
            int count =0;
            int j = i;
            while(j)
            {
                j &= (j-1);
                count++;
            }
            ans[i] = count;
        }
        return ans;
    }
};

  法二：动态规划（后续学习）

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) { // 布赖恩·克尼根算法 + DP，其实本身计算1的个数不难，但是加上DP就比较巧妙
        vector<int> result(num + 1, 0);
        for (int i = 1; i <= num; i++) {
            result[i] = result[i & (i - 1)] + 1; // result存储的就是对应数字的1的个数
        }
        return result;
    }
};

  
  
  
  

6、汉明距离（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述
  
  

6.1、题解

  是上述汉明重叠的系列题，只是这里求的是汉明举距离。

class Solution {
public:
    int hammingDistance(int x, int y) {
        int temp = x ^ y;
        int ret = 0;
        while(temp)
        {
            temp&=(temp-1);
            ret++;
        }
        return ret;
    }
};

  
  
  
  

7、两整数之和（medium）

  题源：链接

在这里插入图片描述
  

7.1、题解

  1）、思路分析
  异或 ^ 进行无进位加法；
  按位与 & 操作能够获取进位；
  可根据上述两步，不断循环进行，直到进位变成 0 为止。

在这里插入图片描述

  
  
  2）、题解

class Solution {
public:
    int getSum(int a, int b) {

        while (b) {
            int ret = a ^ b;
            unsigned int carry = (unsigned int)(a & b) << 1;
            a = ret;
            b = carry;
        }
        return a;
    }
};

  
  
  
  
  

8、只出现一次的数字（easy）

  题源：链接

在这里插入图片描述
  
  

8.1、题解

  解法类似于丢失的数字，利用异或的性质。

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int ret = 0;
        for (int n : nums)
            ret ^= n;
        return ret;
    }
};

  
  
  
  
  
  

9、只出现一次的数字 Ⅲ（medium）

  题源：链接

在这里插入图片描述
  
  

9.1、题解

  我们知道按位异或，相同为0，相异为1。
  既然如此，站在二进制比特位的角度，假设该数组中只出现一次的两个元素分别为A、B（A≠B）。由于两数不同，那么A ^ B后，至少有一个二进制上的数位在异或后为1。
  这样一来，以该非零的二进制位为界，可将数组中所有元素分为两组：①该数位上为0的数是一组，②为1的数分是另一组，如此一来A、B两数就会分离进入不同组中。 至于数组其余的数，虽不清楚最终落在何组，但同一元素(无论有多个个)都会被分配到相同组中，不存在既出现在A组，又出现在B组的情况。

  例如：1、1 、2、2、3、4、4、5、6、6。对3 ^ 5，二进制为011 ^ 101 =110。二进制两高位都为1，可任取两高位的其中一位来分类，此处我们选取第二位，如此一来，对数组所有元素，可分为：1、1、4、4、5 （A组）； 2、2、3、6、6（B组）。

  如此一来，再用按位与操作符就能找出对应元素。
  

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        long long sum = 0;// 例子：[1,1,0,-2147483648]
        for (auto e : nums) // 获取所有元素的异或值：结果为 a^b
            sum ^= e;
        // 以a^b的某个数值为1的比特位作为基准，对nums中的所有元素遍历分组
        int mark =sum &(-sum); // 这里直接以最低位1为基准值
        int a = 0; // 这里分组不必使用容器来存储，直接在获取到元素时将其按位异或(求值)
        int b = 0;
        for (auto e : nums) {
            if (e & mark)
                a ^= e;
            else
                b ^= e;
        }
        return {a, b};
    }
};

  
  
  
  

10、只出现一次的数字 Ⅱ（medium）

  题源：链接

在这里插入图片描述
  

10.1、题解

  1）、思路分析
  设要找的数位 ret 。由于整个数组中，需要找的元素只出现了「⼀次」，其余的数都出现的「三次」，因此我们可以根据所有数的「某⼀个比特位」的总和 %3 的结果，快速定位到 ret 的「⼀个比特位上」的值是0 还是 1 。这样，我们通过 ret 的每⼀个比特位上的值，就可以将 ret 给还原出来。
在这里插入图片描述

  
  
  
  2）、题解

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int ret = 0;//用于记录目标值
        for(int i = 0; i < 32; ++i)
        {
            int sum = 0;//用于统计当前比特位总和
            for(auto n: nums)//遍历数组将所有元素的第i个比特位累加
            {
                if(n & ( 1 << i)) sum++;//因为只有1是有效数，这里取巧只用统计1
            }

            if(sum % 3)//若取模结果为1，说明ret中当前为i的比特位为1
                ret |= (1 << i );//（因ret本身就是0，所有位最初均为0，故对结果为0的比特位没做处理）
        }
        return ret;
    }
};

  
  
  

11、消失的两个数字（hard）

  题源：链接

在这里插入图片描述

  

11.1、题解

  1）、思路分析
  是只出现一次的数字Ⅲ和消失的数字的结合。
  1、将nums和[1,n]中所有元素异或，可得消失的两数异或值：a^b。于是问题就变成了：有两个数出现了一次，其余所有的数出现了两次。
  2、那么重复只出现一次的数字Ⅲ的操作即可：定位一个比特位为1的值，根据它将nums、[1,n]分为两组，再次异或求得独立的a、b值。
  
  2）、题解
  

class Solution {
public:
    vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {
        //获取a^b：遍历nums数组、[1,N]区间所有元素（因重复出现两次，故按位异或后只剩下出现一次的数）
        int size = nums.size();
        int sum = 0;
        for(auto e: nums) sum ^= e;
        for(int i = 1; i <= size+2; ++i)
            sum ^= i;

        //定位a^b中某个数值为1的比特位：这里定位最右1
        int mark = sum & (-sum);
        //以该比特位，将nums数组、[1,N]内所有元素分组
        int a = 0; int b = 0;
        for(auto e:nums)
        {
            if(e & mark) a ^= e;
            else b ^= e;
        }
        for(int i = 1; i<= size+2; ++i)
        {
            if(i & mark) a ^= i;
            else b ^= i;
        }
        //返回结果
        return {a,b};
    }
};

  
  
  
  
  
  
  
  

Fin、共勉。

在这里插入图片描述

本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处：/a/475054.html

如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系我们进行投诉反馈qq邮箱809451989@qq.com，一经查实，立即删除！

相关文章

管理公司员工上网行为的软件都有哪些?

管理公司员工上网行为的软件都有哪些?

随着互联网的飞速发展&#xff0c;企业面临的网络安全威胁也日益加剧。为了保护企业数据安全、提高工作效率&#xff0c;上网行为管理系统及其相关管理软件应运而生。 未来&#xff0c;随着技术的不断进步和网络安全威胁的不断演变&#xff0c;上网行为管理系统及其管理软件将不…
阅读更多...
【Unity】Plastic云同步总是password error

【Unity】Plastic云同步总是password error

【背景】 Plastic是Unity的项目版本控制功能&#xff0c;可以方便在多个地点同步项目进度。原本用得挺爽的&#xff0c;结果今天遇到糟心事&#xff0c;明明Hub也正常登着&#xff0c;可Plastic的一个update的dll就是不停反复运行并报Password invalid。 【问题分析】 听说I…
阅读更多...
CClinkie转Devicenet网关在现场的案例

CClinkie转Devicenet网关在现场的案例

CClinkie转Devicenet网关在现场的案例 随着工业自动化的不断发展&#xff0c;不同的通讯协议在工厂现场设备之间传输数据显得尤为重要。然而&#xff0c;不同的设备可能支持不同的通讯协议&#xff0c;这为设备之间的互操作性带来了挑战。在这种情况下&#xff0c;网关设备应运…
阅读更多...
linux终端下vi文本编辑器的基础使用方法

linux终端下vi文本编辑器的基础使用方法

一、linux终端下vi文本编辑器的基础使用方法&#xff1a; 下面将提供一些在Linux终端中使用vi或vim&#xff08;vi的增强版&#xff09;的基础操作方法&#xff1a; 1.打开文件&#xff1a; vi filename.txt 如果文件存在&#xff0c;则打开该文件&#xff1b;如果不存在&a…
阅读更多...
力扣爆刷第101天之hot100五连刷91-95

力扣爆刷第101天之hot100五连刷91-95

力扣爆刷第101天之hot100五连刷91-95 文章目录 力扣爆刷第101天之hot100五连刷91-95一、62. 不同路径二、64. 最小路径和三、5. 最长回文子串四、1143. 最长公共子序列五、72. 编辑距离 一、62. 不同路径 题目链接&#xff1a;https://leetcode.cn/problems/unique-paths/desc…
阅读更多...
机器人路径规划：基于冠豪猪优化算法(Crested Porcupine Optimizer，CPO)的机器人路径规划（提供MATLAB代码）

机器人路径规划：基于冠豪猪优化算法(Crested Porcupine Optimizer，CPO)的机器人路径规划（提供MATLAB代码）

一、机器人路径规划介绍 移动机器人&#xff08;Mobile robot&#xff0c;MR&#xff09;的路径规划是 移动机器人研究的重要分支之&#xff0c;是对其进行控制的基础。根据环境信息的已知程度不同&#xff0c;路径规划分为基于环境信息已知的全局路径规划和基于环境信息未知或…
阅读更多...
Python代码规范化

Python代码规范化

什么是代码规范化&#xff1f; 代码的规范化书写是指按照一定的规范和标准编写代码&#xff0c;使得代码结构清晰、易于阅读和理解。 代码规范化的意义 Python代码规范化的意义在于提高代码可读性、可维护性和可重用性&#xff0c;从而使代码更易于理解、调试和协作&#xff0c…
阅读更多...
QKSMS：安卓开源短信应用的替代之选

QKSMS：安卓开源短信应用的替代之选

QKSMS&#xff1a;安卓开源短信应用的替代之选 1. 引言 QKSMS是一个开源的安卓短信应用&#xff0c;旨在取代安卓系统自带的短信应用。它目前可以在Google Play商店和F-Droid上获取&#xff0c;并被誉为安卓平台上最美观的短信应用之一。本文将介绍QKSMS的特点、功能和优势&am…
阅读更多...
一分钟了解自动化测试【建议收藏】

一分钟了解自动化测试【建议收藏】

引子 写在最前面&#xff1a;目前自动化测试并不属于新鲜的事物&#xff0c;或者说自动化测试的各种方法论已经层出不穷&#xff0c;但是&#xff0c;能够明白自动化测试并很好落地实施的团队还不是非常多&#xff0c;我们接来下用通俗的方式来介绍自动化测试…… 本文共有2410…
阅读更多...
TouchGFX之性能测量

TouchGFX之性能测量

TouchGFX Core开放了几个信号&#xff0c;可用于测量性能。 当这些信号在内部触发时&#xff0c;用户可在应用程序中同步触发单个GPIO&#xff0c;从而实现“渲染时间”和其他有用信号的可视化。 信号在GPIO.hpp中定义 /* 用于操作GPIO的接口类&#xff0c;以便在目标硬件上进…
阅读更多...
中通快递邀您参观2024杭州快递物流供应链与技术装备展览会

中通快递邀您参观2024杭州快递物流供应链与技术装备展览会

2024.7.8-10 杭州国际博览中心 科技创新&#xff0c;数字赋能 同期举办&#xff1a;数字物流技术展 新能源商用车及物流车展 电商物流包装展 冷链物流展 展会介绍 深度布局产业集群&#xff0c;加速赋能科技创新2024长三角快递物流展是亚洲范围内超大规模的快递物流业展示平…
阅读更多...
plasmo开发浏览器插件MAIN模式的content脚本和普通模式content脚本通讯方案

plasmo开发浏览器插件MAIN模式的content脚本和普通模式content脚本通讯方案

plasmo是一个很棒的开发浏览器插件的框架&#xff0c;可以使用react和vue等语言开发&#xff0c;也是目前github上star数量最多的开发浏览器插件的框架。 github仓库地址&#xff1a;GitHub - PlasmoHQ/plasmo: &#x1f9e9; The Browser Extension Framework 官网地址&…
阅读更多...
每秒批量插入10000条数据到MySQL中，资源消耗（带宽、IOPS）有多少？

每秒批量插入10000条数据到MySQL中，资源消耗（带宽、IOPS）有多少？

文章目录 &#x1f50a;博主介绍&#x1f964;本文内容起因代码资源情况改造 &#x1f4e2;文章总结&#x1f4e5;博主目标 &#x1f50a;博主介绍 &#x1f31f;我是廖志伟&#xff0c;一名Java开发工程师、Java领域优质创作者、CSDN博客专家、51CTO专家博主、阿里云专家博主、…
阅读更多...
使用Cpolar异地组网，在vscode上ssh远程开发ubuntu主机

使用Cpolar异地组网，在vscode上ssh远程开发ubuntu主机

目录 开发环境 操作流程 参考资料 在机器人被搬到另一个屋之后&#xff0c;通过局域网进行ssh开发就变成了个困难的问题。因此尝试了异地组网来解决这个问题&#xff0c;看了一些资料后发现基于cpolar进行异地组网也不困难&#xff0c;这里记录一下步骤。 开发环境 硬件&…
阅读更多...
onlyoffice创建excel文档

onlyoffice创建excel文档

前提 安装好onlyoffice然后尝试api开发入门 编写代码 <html> <head><meta charset"UTF-8"><meta name"viewport"content"widthdevice-width, user-scalableno, initial-scale1.0, maximum-scale1.0, minimum-scale1.0"&…
阅读更多...
在Linux环境底下 用C语言执行Python程序

在Linux环境底下 用C语言执行Python程序

在Linux环境底下 用C语言执行Python程序 文章目录 在Linux环境底下 用C语言执行Python程序1、环境安装&检测2、C语言调用Python语句2.1 直接调用python语句2.2 调用无参python函数2.3 调用有参python函数 1、环境安装&检测 通过C语言调用Python代码&#xff0c;需要先安…
阅读更多...
贝尔曼方程【Bellman Equation】

贝尔曼方程【Bellman Equation】

强化学习笔记 主要基于b站西湖大学赵世钰老师的【强化学习的数学原理】课程&#xff0c;个人觉得赵老师的课件深入浅出&#xff0c;很适合入门. 第一章 强化学习基本概念 第二章 贝尔曼方程 文章目录 强化学习笔记一、状态值函数贝尔曼方程二、贝尔曼方程的向量形式三、动作值…
阅读更多...
鸿蒙开发之导航栏tabs(类似Android tablayout)

鸿蒙开发之导航栏tabs(类似Android tablayout)

当页面信息较多时&#xff0c;为了让用户能够聚焦于当前显示的内容&#xff0c;需要对页面内容进行分类&#xff0c;提高页面空间利用率。Tabs组件可以在一个页面内快速实现视图内容的切换&#xff0c;一方面提升查找信息的效率&#xff0c;另一方面精简用户单次获取到的信息量…
阅读更多...
IDEA中使用git

IDEA中使用git

从远程仓库拉取代码 更新代码 提交代码 推送代码到远程仓库 如果代码只是进行了commit&#xff0c;即只提交到了本地仓库而并未推送要进行推送点击push按钮即可&#xff1a; 分支操作 新建分支 切换分支、删除分支、其余分支操作 git面板介绍 reset操作、rebase操作、rev…
阅读更多...
【LeetCode: 224. 基本计算器 + 模拟 + 栈】

【LeetCode: 224. 基本计算器 + 模拟 + 栈】

&#x1f680; 算法题 &#x1f680; &#x1f332; 算法刷题专栏 | 面试必备算法 | 面试高频算法 &#x1f340; &#x1f332; 越难的东西,越要努力坚持&#xff0c;因为它具有很高的价值&#xff0c;算法就是这样✨ &#x1f332; 作者简介&#xff1a;硕风和炜&#xff0c;…
阅读更多...
最新文章

Copyright @ 2022~2023