如果您愿意花哨的linq技巧，可以发现此C＃解决方案很有用。幸运的是，linq读起来有点像英语。想法是k从0开始逐步增加解决方案，直到达到正确的值为止。每个值都k基于先前的解决方案。不过，您必须注意的一件事是确保找到的新“方式”不会对其他方式进行重新排序。我仅通过对它们进行排序就认为它们是有效的来解决该问题。（这只是一个比较） void Main {
查找是否全部重叠 static bool Overlapparams TupleDateTime, DateTime[] ranges { for int i = 0; i ranges.Length; i++ { for int j = i + 1; j ranges.Length; j++ {
假设直线的方程为ax + by + c = 0。现在想象一条垂直于它的线，可以用-bx + ay + d = 0（两条垂直线的斜率乘积为-1）表示。现在的问题是寻找d。将点的坐标放在第二行，您将d轻松获得value 。 第二部分是在第二条线上找到与第一条线等距的第一点。为此，您可以找到两条线的交点。计算的差异x
正如Jason Orendorff指出的那样，您应该尝试使用Triangle生成高质量的网格。它具有许多选项，您可以使用这些选项来尝试获得各向同性的网格。然后，您可以尝试使用迭代算法来创建中心良好的三角剖分。更多详细信息在此出版物页面上列出a href="http:www.cs.uiuc.edu~hiran
您可以传递一个函数来替换： var hello = "Hello World what a beautiful day"; hello.replaceHello|Worldg, function $0, $1, $2 $3, $4... $n for captures { if $0 == "Hello" return "Bye"; else if $0 ==
基本上，一旦您对节点的随机选择以一种方式构造了图，使得最后一个顶点A没有未访问的相邻顶点，则需要使一个顶点可用以继续。 为此，请执行以下操作：随机选择一个相邻的顶点，删除其现有的一条边（在哈密顿路径中，任何单个顶点只能有两条边），然后从当前顶点到当前可用的随机选择的一条点绘制一条新边。然后，您从随机选择的顶点跟踪到图形的末尾（第一个只有一个边的顶点），并继续执行算法。 在各种可怕的伪代码中： pr
collections.Counter也许使用；从数据类型的角度来看，这些是多集或袋： from collections import Counter counterA = CounterlistA counte
由于您需要电路板布局，因此数量很少（19683年）。 您可以通过蛮力生成所有这些。每个盒子只有3种可能性。并且有9个盒子，只需遍历所有盒子。 编辑： int c = 0; while c 262144{ bool valid = c 3 3; valid = c 2 3 &
请注意，中位数选择算法使用Θ（n）比较，但这并不意味着它最多使用3n 2-2个比较。实际上，我认为它使用的更多，这可能会排除您的解决方案策略。 提示：将这个问题视为对所有2 k进行淘汰赛；每个回合的胜者（两个数字中较小的一个）进入下一轮。要实现这一点需要进行多少次比较？接下来，请注意，第二个最小的数字必须“丢失”到最小的数字。第二小的数字也是“丢失”到最小数字的最小数字。鉴于此，您可以有效地找到第二小的数字吗？br
可以使用修改后的二进制搜索在O（log N）中完成： 从数组中间开始：如果array [idx] idx，则重复项在左侧，否则在右侧。冲洗并重复。
这是O（n）时间，O（n）空间算法。我不确定这是否是最佳选择，但它超过了二次时间。 基本思想如下。假设您在每一步中从数组的左侧扫描到右侧的记录，分别是1s和0s之间的差。如果在每个步骤中写出这些值，都会得到如下所示的信息： 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0 0, 1, 0, 1, 0, -1, -2, -3 pr
区别在于，a TreeSet可以使您始终对数据进行排序，而在上Collections.sort调用时，该方法将对数据进行排序Set。 的时间复杂度Collections.sort是On*logn同时TreeSet的add的复杂性
这是一个简单的单遍O（n）解决方案： s = [1,4,2,3,5,4,5,6,7,8,1,3,4,5,9,10,11,42] maxrun = -1 rl = {} for x in s: run = rl[x] = rl.getx-1, 0 + 1 print x-run+1, 'to', x if run maxrun: maxend, maxrun =
我认为可以通过以下过程在O（NlogN）时间内完成。 http:www.cs.rit.edu~rpjc
您可以while循环运行，直到所有数字都不同为止。 All numbers are equal var numberOne = 3; var numberTwo = 3; var numberThree = 3; run this loop until numberOne is different than numberThree do { numberOne
让我们想象一下对f（4）进行评估（您考虑的示例）。这是怎么回事。堆栈从看起来像 I need to compute f4 然后f（4）的计算返回到f（3），堆栈看起来像 I need to compute f4, so I need to compute f3 然后我们继续下降，最终到达
您可以编写可处理许多情况的通用扩展方法。该功能本身的实质是一行。 summary Compares both lists to see if any item in the enumerable equals any item in the other enumerable. summary public static bool AnyItem
为了获得被处决者和最后一个幸存者的序列，您只需要从一开始就模拟整个过程。给定过程的描述，这将是非常容易的任务。您提供的公式只是检查谁将生存并快速获得答案的捷径。 有关如何使用范围树在O（n log n）中执行此操作的说明，位于：http : a href="http:pl.scribd.comdoc35
您可以对六边形的每一个边使用方程式。通过它们，您可以确定给定点是否在与六边形中心相同的半平面中。 例如，右上角具有以下等式： -sqrt3x - y + sqrt32 = 0 在此插入点的坐标，然后插入中心的坐标。如果结果具有相同的符号，则该点位于左下半平面（因此它可能在六边形内部）。 然后，使用其他方面的方程式进行重复。
我会使用动态编程。首先，建立一个地图，列出每个步骤可以到达的数字，然后回溯以找出如何到达那里： void CalculateRouteint targetNumber, int numSteps { int maxValue = targetNumber * 16; bool[,] reachable = new bool[numSteps + 1, maxValue]; bu
如果没有更大的类型，则要么需要找到一个大整数样式库，要么使用长乘法手动处理它。 例如，假设a和b是16位。然后，您可以将它们重写为a = 18*aH + aL和，b = 18*bH + bL（其中所有单个组件都是8位数字）。然后，您知道总体结果将是：
我实际上需要反函数，所以我不能改用mldivide，… 这是不正确的，因为您仍然可以mldivide用来求逆。注意。在MATLAB中，这等效于A-1 = A-1 * I invA = A\speyesizeA; 在我的机器上，code
在Wikipedia文章（ Matrix Interpretation 部分）中检查算法的第三步，他们解释了一种计算最小行数以覆盖所有0的方法。 更新： 以下是获取覆盖的最小行数的另一种方法c
如果您正在寻找算法实现，请尝试搜索Github。
使用该textwrap模块（它也会在连字符处断开）： import textwrap lines = textwrap.wraptext, width, break_long_words=False 如果您想自己编
当然，最简单的方法是2.，将每个对象分配给最接近的质心（从技术上讲，使用平方和，而不是欧几里得距离；这对于k均值更为正确，并节省了sqrt计算）。 方法1.是脆弱的，因为k均值可能会为您提供完全不同的解决方案；特别是如果它在一开始就无法很好地适应您的数据（例如，维数过高，大小不同的集群，集群太多，…） 但是，以下方法可能更加合理： 3.训练实际的分类器。p
http:www.primepuzzles.netproblemsprob_019.htm b）Jud McCranie，TWA Bau
有一些可以进行合并排序的版本。 但是，在大多数实现中，空间在数组大小上是线性的。这意味着第一级为n，第二级为n 2，第三级为n 4，依此类推。当您处于递归的底部时，该级数加起来约为2n，这是线性的。
从维基百科： 如果 c 不为零，则在且仅在以下情况下，LCG将对所有种子值具有完整的周期： c 和 m 是相对质数， a -1可被 m的 所有素因子整除， a -1是4的倍数，如果 mem
使用压缩并不总是会减少字符串的长度！ 考虑下面的代码； import zlib import bz2 def comptests: print 'original length:', lens print 'zlib compressed length:', lenzlib.compresss print 'bz2 compressed length:'
计时测试： 我自己进行了时序测试，结果令我惊讶（因此，为什么我首先问这个问题）。简而言之，在标准编译下，它的laderman速度快〜225％，但是在带有-03优化标志的情况下，它的 速度慢了50％ ！每次在-O3标志期间我都必须向矩阵中添加一个随机元素，否则编译器会 完全优化 简单乘法，并在时钟精
但是现在的问题是，我不能使用begin（）和end（）来创建“ head”和“ tail”范围，因为它们不是反向迭代器。 reverse_iterator::base是您要寻找的- 在SGI的verse_iter
我想不出一种能找到最佳解决方案的高效算法，但是假设您的输入图很密集，那么下面的方法可能会很好地起作用： 将输入图转换GV, E为加权图G'N, D，其中N是您要覆盖的顶点的子集，并且D是原始图中相应顶点之间的距离（路径长度）。这会将所有不需要的顶点“折叠”到边中。
事实证明，确实可以无循环执行此操作。预计算此问题的（至少）8位版本最快。当然，这些表会占用高速缓存空间，但是在几乎所有现代PC方案中，仍然应该有净加速。在此代码中，n = 0返回最低设置位，n = 1倒数第二，以此类推。 __popcnt解决方案 有一个使用__popcnt内在函数的解决方案（您需要__popcnt才能非常快，否则通过简单循环解决方案获得的任何性
是。可以复制自身的程序称为“ quine”。 大多数藜的基本思想是： 你写的代码，需要一个字符串字面量s并打印出来，而更换出现（或 在 发生）的特殊子的 FOO 在s通过价值s本身。 到目前为止，您已获取了该程序的全部源代码，并将其
这取决于： 是否需要高性能 循环的可读性 算法是否复杂 如果循环不是瓶颈，并且算法很简单（例如for_each），那么对于当前的C ++标准，我希望使用手动滚动循环以提高可读性。（逻辑的局部性是关键。） 但是，现在一些主要的编译器支持C 0x C 11，我想说要使用STL算法，因为
我认为Wikipedia页面包含您需要编写自己的函数的公式… 我尝试过此操作： public double Percentiledouble[] sequence, double excelPercentile { Array.Sortsequence; int N
1）描述中指出，每个顶点总是属于“单个顶点链”（即，它是单独的）或属于另一个链；一个顶点只能属于一个链。该算法说，在每个步骤中，您都选择两个顶点的每个可能对，这两个顶点分别是它们所属的链的端点，并且尚未属于同一链。有时他们会单身。有时其中一个或两个都已经属于非平凡链，因此您将加入两个链。 2）您重复循环 n 次，以便最终选择每个顶点；但是，是的，实际的迭代计数没有任何用。重要的是您要运行循环足够的时间。
这是我的猜想的证明。让n是排列的长度，m是窗户的长度，我们可以转动，在那里1 ≤ m ≤ n。排列P和Q是 几乎相等 ，如果存在窗口旋转的序列变换P成Q。几乎相等是等价关系。这是对等价类的要求保护的特征。 co
您当前的蛮力算法为O（n ^ 2）。对于您的两个70,000线多边形，这几乎是100亿次运算的一部分，更不用说其他700,000个多边形了。显然，单凭代码优化就不够了，因此您需要某种算法优化，可以降低O（n ^ 2）而又不会过于复杂。 O（n ^ 2）来自蛮力算法中的嵌套循环，每个循环都以限制n，使其为O（n * n）。改善此问题的最简单方法是找到减少内部循环的方法，以使该内部循
