首先，让我们重新讨论计数排序的工作原理： 计算每个键在要排序的数组中存在的频率。这些计数被写入size数组k。 计算键计数的部分和。这给出了已排序数组中每个等键箱的起始位置。 将数组中的项目移到其最终位置，从而为每个项目增加相应仓位的起始位置。 现在的问题是如何就地执行最后一步。就地置换的标准方法是选择
当然，Tarjan的强连接组件算法（或Gabow的变体）就足够了；如果只有一个强连接的组件，则该图是强连接的。 两者都是线性时
参见McIlroy 在其酒吧页面上的“拼写列表的开发”。关于在小型计算机上进行拼写检查的经典旧论文，该约束出人意料地很好地映射到了您列出的内容。详细分析词缀剥离和两种不同的压缩方法：布隆过滤器和相关方案霍夫
从笛卡尔坐标转换为屏幕坐标的基本算法是 screenX = cartX + screen_width2 screenY = screen_height2 - cartY 但是正如您提到的，笛卡尔空间是无限的，而屏幕空间不是。通过更改屏幕空间和笛卡尔空间之间的分辨率，可以轻松解决此问题。上述算法使笛卡尔空间中的1单位=屏幕空间中的1单位像素。如果允许其他比例，则可以“缩小
好吧，我想我可以在O（n log n）中做到这一点。如果数组最初是排序的，我只能执行O（n）。 首先，注意观察，你可以置换a，b，c但是你喜欢不改变表达式的值。因此，让我们x是最小的a，b，c，让y它们成为三个的中间
只需阅读以下内容之一。这就是你在说的。 请注意，我们在谈论的是单独的“链接”列表。 http:
我将其编写为动态（递归）程序。 编写一个试图在某个位置分割矩形的函数。递归调用两个部分的函数。尝试所有可能的分割，并以最小的结果进行分割。 基本情况是当两边相等时，即输入已经是一个正方形，在这种情况下，结果为1。 function min_squaresm, n: base case: if m == n: return 1 mini
有一篇新文章详细讨论了如何解决您的问题：热中的测地线。（只是发现了它，它使我想起了您的问题。）这个想法是可以将热方程视为描述粒子从某个中心点的扩散。尽管它对随机扩散进行建模，但是如果您运行热方程足够短的时间，则从A到B的任何粒子都必须遵循最短路径，因此从数学上可以估算距离。 问题在于，沿着接近最短路径的路径的粒子比例很小，因此您必须
从伊格纳西奥·巴斯克斯（Ignacio Vazquez-Abrams）那里得到答案，并用计数而不是表格来完成： b =〜i＆（i + 1）; 这在尾随的1的左侧给出1 b--; 这使我们只需要计算尾随的1 b =（b＆0x55555555）+（（b 1）＆0x55555555）; 1位数字的2位和 b =（b＆0x33333333）+（（b 2）＆0x333333
MPEG-4是一个巨大的标准，它采用了许多技术来实现其所能达到的高压缩率。 通常，视频压缩与丢弃尽可能多的信息有关，同时对最终用户的观看体验影响最小。例如，使用二次采样的YUV而不是RGB可以将视频大小立即缩小一半。这是可能的，因为人眼对颜色的敏感度要比对亮度的敏感度低。在YUV中，Y值是亮度，U和V值表示颜色。因此，您可以丢弃一些减小文件大小的颜色信息，而不会引起查看者的注意。 之后，大多数压缩技术都特别利用
您需要搜索堆中的每个元素以确定元素是否在内部。 不过，可以进行一种优化（我们在此假设为最大堆）。如果到达的节点的值小于要搜索的元素的节点，则无需从该节点进一步搜索。但是，即使进行了这种优化，搜索仍然是O（N）（需要平均检查N 2个节点）。
上面的内容实际上是正确的，我不明白什么是强连接的组件。我期望函数返回一个空列表，其中包含强连接的组件，但它返回的是单个节点的列表。 我相信以上是可行的。如果需要，请随时使用！
请参见Bug ID 4475301：RFE：java.util.Stack.iterator（）迭代错误的方式。此行为是由（不良）设计引起的。Java的内置a href="http:docs.oracle.comjavase6docsapijavautilStack.
遍历T1。如果当前节点等于T2的根节点，则同时遍历两个树（T2和T1的当前子树）。比较当前节点。如果它们始终相等，则T2是T1的子树。
这是一个受http:research.google.comarchivemapreduce.html启发的解决方案（因此，可以根据需要以分布式方式编写）。 将集合中的所
这是解决方案。 基本思想是，您可以通过对角线连接角找到矩形的正确透视“中心”。两条结果线的交点是透视正确的中心。从那里将矩形细分为四个较小的矩形，然后重复此过程。次数取决于您想要的精度。您可以细分到
21 ^ 6 = 85766121种可能性。 使用数据库并存储使用过的值是不好的。如果要伪造随机性，可以使用以下方法： 减少到19个可能的数字，并利用以下事实：p为奇质数的p ^ k阶的组始终是循环的。 以7 ^ 19阶的组为例，使用生成器互质数为7 ^ 19（我选择13 ^ 11，您可以选择不能被7整除的任何东西）。 然后进行以下工作： $
使用位掩码： int allMasks = 1 N; for int i = 1; i allMasks; i++ { for int j = 0; j N; j++ if i 1 j 0 The j-th element is used System.out.p
一些评论； 您仅突出显示搜索字符串的 第一次 出现。 您认为小写匹配是可以的。除非将此要求指定为必要，否则最好提供两种方法，一种尊重大小写，一种忽略大小写。 如果其中任何一个为空，我可能会检查给定的参数并抛出NPE。这将是我的方法所做的第一件事。我将在javadoc中明确记录此行为。 你的方法妈妈不好；find
这是一种基于Szabolcs帖子的方法，速度大约快一个数量级。 data = RandomReal[5, {500000, 3}]; *500k values* zvalues = data[[All, 3]]; epsilon = 1*^-10;*prevent 101 index* *rescale and round x,y coordinates to index pairs in the
这是最大成本的两方匹配问题。解决它的经典方法是使用匈牙利算法。 基本上，您有一个二部图：左组是行，右组是列。行i到列的每个边j都有成本matrix[i, j]。查找使成本最大化的匹配项。
如果您需要按比例缩放，那么我将使用世界上许多Set实现之一。例如，Java的HashSet。 将所有第一个数组扔到集合中。然后，对于第二个数组的每个成员，如果它包含在Set中，则将其删除；否则，将其删除。否则将其标记为唯一＃2。此过程之后，集合中最后剩余的成员是唯一＃1。 我可能会这样做，即使是在访谈中，甚至对于简单的十元素数组也是如此。当一扇完美的门在里面时，生活太短了，无法花时间去寻找一种巧妙的方法来缩放墙
您实际上需要排序的分钟序列。 mins = items[:n] mins.sort for i in items[n:]: if i mins[-1]: mins.appendi mins.sort mins= mins[:n] 这运行 得 更快，因为除非证明它的值大于给定项目，
如果您存储每个顶点的前序号和后序号，并使用以下事实，则可以在O（n）预处理时间和O（n）空间中进行查询，并使用O（1）查询时间。 对于树T的两个给定节点x和y，当且仅当x在T的预遍历中出现在y之前且在后序遍历中出现在y之后时，x才是y的祖先。 （从此页面：a href="http:www.cs.arizona.eduxissnumberi
使用0-1变体，但允许在解决方案中重复其项，直到其界限中指定的次数为止。您将需要维护一个向量，以说明部分解决方案中已包含的每个项目的副本数。
如果我正确地解释了您的规范，则您希望得到的结果不大于最终用户最初提出的结果；您希望两个维度之一缩小，而另一个保持不变。换句话说，新尺寸应在一个方向上填充设计者空间，同时在另一个方向上缩短尺寸以保留原始长宽比。 original_ratio = original_width original_height designer_ratio = designer_width designer_height if
修改了hjhill的代码，以通过消除count（）调用将复杂度降低O（log n）。 templateclass Set1, class Set2 bool is_disjointconst Set1 set1, const Set2 set2 { ifset1.empty || set2.empty return true; typenam
大多数缩短服务仅使用一个计数器，该计数器随每个条目递增，并将基数从10转换为64。 PHP中的实现可能如下所示： function encode$number { return strtrrtrimbase64_encodepack'i', $number, '=', '+', '-_'; } function decode$base64 { $numb
观察1：方串的长度始终是均匀的。 观察2：每个长度为2n（n 1）的正方形子序列是两个较短子序列的组合：一个长度为2（n-1）和一个长度为2。 首先，找到长度为2的子序列，即在字符串中出现两次或多次的字符。我们称这些 对 。对于长度为2（1对）的每个子序列，请记住序列中第一个和最后一个字符的位置。 现在，假设我们有所有长度为2（n-1）的子序列，并且对
如果您在谈论ASCII字符串： 创建一个整数数组[0-255]，每个字符索引一个，初始化为零。 遍历字符串中的每个字符并增加该字符的相应数组位置 如果数组位置已经包含1，则已经遇到该字符。结果=不唯一。 如果到达字符串的末尾而没有出现（3），则Result =
硬件很复杂； 这是一个简化的解释。 典型的现代计算机可能具有32位数据总线。这意味着，CPU需要进行的任何取回操作都会取回特定存储器地址的所有32位。由于数据总线无法获取小于32位的任何内容，因此地址总线上甚至不使用最低的两个地址位，因此，就好像RAM被组织为32位 字 而不是8位 字节 的序列一样。 当CPU对单个字节进行访存时，总线上的读
观察1：给定多边形A和矩形B，可以通过与对应于B的每个边的半平面的4个相交来计算相交A∩B。 观察2：从凸多边形上切一个半平面会得到一个凸多边形。第一个矩形是凸多边形。此操作最多增加每1个顶点的数量。 观察3：凸多边形的顶点到直线的符号距离是单峰函数。 这是算法的草图： 以CCW顺序将当前部分交集D保持在平衡的二叉树中。 切割由直线L定义的半平面时，找到D中
这是我几年前根据Jurafsky Martin（第2版，第6章，如果您可以访问本书）中的演示文稿为一堂课编写的一些代码。它确实不是很好的代码，它绝对不应该使用numpy，并且做一些废话以使数组以1索引，而不是仅仅将公式调整为0索引，但是，也许它将救命。在代码中，Baum- Welch被称为“向前-向后”。 示例测试数据基于a href="http:www.cs.jhu.edu~jasonp
替罪羊树可能具有最简单的平衡确定算法来理解。如果有任何插入导致新节点过深，它会通过查看体重平衡而不是身高平衡来找到要重新平衡的节点。是否在删除时重新平衡的规则也很简单。它在节点中不存储任何奥秘信息。证明它是正确的比较棘手，但是您不需要了解它就可以了…… 但是，与AVL不同，它并非始终保持高度平衡。像红黑色一样，它的不平衡是有界的，但是与红黑色不同，它的参数是可调的，因此，在大多数实际应用中，它看起来像您需要的那样是平衡的。我怀疑
Dot似乎很合适： 点-有向图的``分层’‘或分层图。布局算法将边缘对准同一方向（从上到下或从左到右），然后尝试避免边缘交叉并减小边缘长度。 a href="https
如果我理解正确，该算法会为您提供一棵树，您需要在某种程度上截断它才能得到簇。如果是那些位串，则应仅输入第一个L字符。 例如，剪切第二个字符可为您提供两个群集 10 chased 11 dog 11 mouse 11 cat
是。使用向量。 要插入，只需将其放置在最后，然后增加大小即可。要删除，请随机选择一个元素，将其内容与最终值交换，然后弹出该最终值（即，返回最终值并减小向量的大小）。 两种操作均摊销O（1）。
遍历树，就像查找元素一样。执行此操作时，请记录最接近键的值。现在，当您找不到密钥本身的节点时，将返回记录的值。 所以，如果你正在寻找的关键3在下面的树，你会在节点上最终6没有找到一个匹配，但你的入账价值是2因为这是你曾经走过的所有节点的最接近键（2，7，6）。
你的初始化max和second_max对-1有缺陷。如果数组具有类似的值{-2,-3,-4}怎么办？ 相反，您可以做的是获取数组的前2个元素（假设数组至少包含2个元素），将它们进行比较，将较小的一个分配给second_max，将较大的一个分配给max：
让我们从问题的重要细节开始思考：如果两行包含一列在各行之间都不同（例如，一行中为零，而一行中为一），那么就没有办法两行全都是。为此，假设某行x在某列中为零，而y在该列中为1。然后，如果我们不翻转该列，则行x不能全部为1，如果我们翻转该列，则行y也不能全部为1。因此，如果我们看一下原始矩阵并尝试考虑将要构成的所有行，那么实际上我们将只选择一组彼此相等的行。然后，我们的目标是选择一组尽可能大的相同行，并且可以使用完全k次翻转将其分成所有行。让’br
