【动态规划】动态规划一

动态规划一

  • 1.第 N 个泰波那契数
  • 2.面试题 08.01. 三步问题
  • 3.使用最小花费爬楼梯
  • 4.解码方法

在这里插入图片描述

点赞👍👍收藏🌟🌟关注💖💖
你的支持是对我最大的鼓励，我们一起努力吧!😃😃

1.第 N 个泰波那契数

题目链接：1137. 第 N 个泰波那契数

题目分析：

在这里插入图片描述

返回第n个泰波那契数 Tn 的值。
n >= 0 的条件下 Tn+3 = Tn + Tn+1 + Tn+2，这个公式可以转化一下看的更明白：
Tn = Tn-3 + Tn-2 + Tn-1， Tn等于前面三个数之和。T0，T1，T2已经给我们了。

在这里插入图片描述
接下来用动态规划的思想来解决这个问题。

算法原理：

动态规划思想有5步：

  1. 先确实状态表示
  2. 根据状态表示推导状态转移方程
  3. 初始化
  4. 填表顺序
  5. 返回值

动态规划做题流程一般是 先定义一个dp表，这个表可能是一维数组也可能是二维数组。然后想办法把这个dp表填满，里面某个位置的值就是我们的最终结果！

下面具体解释5步：

1.状态表示

是什么 ？dp表中某个位置的值代表什么含义

怎么来的？

  1. 题目要求
  2. 经验+题目要求
  3. 分析问题的过程中，发现重复子问题

比如这道题就可以根据题目要求来得到状态表示。你要返回第n个泰波那契数，那我让dp[0]表示第个泰波那契数，dp[1]表示第个泰波那契数，那最后返回dp[n]就行了。
dp[i]表示：第 i 个 泰波那契数

在这里插入图片描述

2.状态转移方程

dp[i] 等于什么这个推导公式就是状态转移方程。
我们要想办法让之前的状态或者之后的状态来表示dp[i]。

这个题就已经告诉我们状态转移方程了，Tn就等于前三个泰波那契数和。dp[i]依赖前三个，并且是它们的和。dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]。

dp[i] 等于什么这个推导公式只能就题论题了！

在这里插入图片描述

3.初始化

保证填表的时候不越界

我们做动态规划就是为了把dp表填满，填表的时候不越界的意思是，我们要先知道怎么填表，就是根据状态转移方程填表。

就比如这道题我想填dp[4]，我仅需要知道前三个位置的值就可以填dp[4]了。

那为什么要保证不越界呢？
比如这个0、1、2这个位置，如果用状态转移方程来填这些位置的时候，比如0带进去出现-1、-2、-3，这个数组不能访问这些位置越界了！

因此用状态转移方程填表的时候必须要保证不越界的！

比如这道题前三个位置越界，我仅需要把前三个位置初始化。这道题也告诉我们了。

在这里插入图片描述

4. 填表顺序

为了填写当前状态的时候，所需要的状态已经计算过了。

比如初始化完dp[0]，dp[1]，dp[2]，直接去填dp[4]，需要知道前三个位置的值，但是现在并不知道dp[3]位置的值是多少。因此填表的时候必须要规定一个顺序。这道题就是从左往右填。

在这里插入图片描述

5.返回值

结合题目要求+状态表示

这道题让返回第n个泰波那契数，我们的状态表示第i个泰波那契数。因此直接返回dp[n]就行了。

在这里插入图片描述

只要完成这五步，动态规划算法原理就结束了。

动态规划编写代码就固定四步：

  1. 创建dp表
  2. 初始化
  3. 填表
  4. 返回值
class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {

        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回值

        // 处理一些边界情况
        if(n == 0) return 0;
        if(n == 1 || n == 2) return 1;

        vector<int> dp(n)
        dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;
        for(int i = 3; i <= n; ++i)
        {
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];
        }
        return dp[n];
};

简单分析一下时间复杂度O(N)，空间复杂度O(N)。

接下来学习一下空间优化的技巧。

动态规划的空间优化一般都是用滚动数组方式来优化的。

比如说这道题，我求dp[3] 需要 dp[0]、dp[1]、dp[2]三个位置，dp[4] 需要 dp[1]、dp[2]、dp[3]三个位置 等等。

在这里插入图片描述

有没有发现当我们在求某一个位置的值时仅需要知道前面三个状态的值就可以了。比如dp[4]用不到dp[0]，dp[5]用不到dp[0]、dp[1]，那求其他位置的时候这些用不到的位置就浪费空间了。

在这里插入图片描述

当我们再填dp表的时候，求dp[i]的时候，前面一些状态就可以丢去，仅需要它前面若干个状态就可以了，像这样一种情况都可以用滚动数组来做优化！

优化后O(N^2)->O(N)，O(N)->O(1)。

如何优化？
仅需要几个变量就可以了。

比如这道题求某个位置的值需要知道前面三个位置状态的值，因此需要a、b、c、d四个变量就行了。a、b、c记录前三个位置状态值，d记录当前求得位置得状态值。初始的时候a = 0 ，b = 1， c = 1 ，d在dp[3]。比如算完dp[3]，然后让a、b、c、d滚动一下，算dp[4] 。像这样的技巧就是滚动数组。

在这里插入图片描述

这里有个细节问题。滚动就是要完成赋值操作。相当于b的值给a，c的值给b，d的值给c。现在有两种赋值操作，从前向后赋值还是从后像前赋值？

第一种方式是对的，因为第二种方式赋值完都是a、b、c都是d！

在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int tribonacci(int n) {

        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回值

        // 处理一些边界情况
        if(n == 0) return 0;
        if(n == 1 || n == 2) return 1;

        // vector<int> dp(n)
        // dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;
        // for(int i = 3; i <= n; ++i)
        // {
        //     dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];
        // }
        // return dp[n];

        //空间优化
        int a = 0, b = 1, c = 1, d = 0;
        for(int i = 3; i <= n; ++i)
        {
            d = a + b + c;
            a = b; b = c; c = d;
        }
        return d;
    }
};

2.面试题 08.01. 三步问题

题目链接： 面试题 08.01. 三步问题

题目分析：

在这里插入图片描述
楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶、2阶或3阶。

从这就可以看出来到达4需要4前面三个位置位置到达方法相加，同理后面也是这样。
在这里插入图片描述

算法原理：

动态规划：

1.状态表示

根据经验+题目要求
经验就是以某个位置为结尾研究问题，或者是以某个位置为起点研究问题，研究的问题根据题目要求而来。

我们常用的是以某个位置为结尾研究问题。

假设位置是i，以i位置为结尾结合这道题要求到达第i个台阶有多少种方法。状态表示就有了。

dp[i]表示：到达i位置时，一共有多少种方法。

2.状态转移方程

也是根据经验来的 ：以i位置的状态，最近的一步，来划分问题

比如这道题，到达i位置最近的一步，要么是 i-1 走一步，要么是 i-2 走两步，要么是 i-3 走三步这些所有情况。 以i位置的状态，最近的一步，划分出三种情况。接下来看着三种情况能不能用之前的状态表示一下。

从i-3到达i一共有有多少种方法，从i-3到i是不是先要到达i-3，假设到i-3有x种方法，然后在每一种方法后面加上到i这一步就可以了。x->i，这个x表示达到i-3有多少种方法，x正好是dp[i-3]。同理i-2，i-1都是。
在这里插入图片描述

3.初始化

填表的时候不越界

在这里插入图片描述

4.填表顺序

从左到右

5.返回值

结合题目要求，返回到达第n层有多少种方法，dp[n]。

class Solution {
public:
    int waysToStep(int n) {

        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回值

        const int MOD = 1e9+7;
        
        //边界问题
        if(n == 1 || n == 2) return n;
        if(n == 3) return 4;

        vector<int> dp(n+1);
        dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4;
        for(int i = 4; i <= n; ++i)
            dp[i] = (((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD ) + dp[i - 3]) % MOD;
        return dp[n];

    }
};

3.使用最小花费爬楼梯

题目链接：746. 使用最小花费爬楼梯

题目分析：

在这里插入图片描述

本题求达到楼梯顶部的最低花费。向上爬楼梯需要支付本层的费用，然后可以爬一层或者两层。可以从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。

注意要求的是爬到楼顶的最低花费，即使到达数组最后一个还需要在往上爬一步加上本层的费用。
在这里插入图片描述

算法原理：

动态规划解法一：

1.状态表示

经验+题目要求

向这种一维数组的dp一般经验分为两种：

  1. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉(根据题目要求把它替换掉)
  2. 以某个位置为起点，巴拉巴拉

解法一用的是第一种以某个位置为结尾，巴拉巴拉，接下来看如何替换掉巴拉巴拉。这道题让找达到楼梯顶部的最低花费。那如果以 i 位置结尾，求的是最少花费。那我就可以得到这样一个状态表示，dp[i]表示，到达 i 位置时，最少花费

在这里插入图片描述

2.状态转移方程

分析状态转移方程的一条总线:
用 i 位置之前或者之后的状态，推导 dp[i] 的值
如i之前状态 dp[i-2]、dp[i-1]，i之后状态 dp[i+1]，dp[i+2]

如何推导出dp[i]的值呢？
根据最近的一步，来划分问题

如这道题，先到达i-1的位置，从i-1位置花费i-1位置的费用走一步到i，或者可以先到达i-2的位置，花费i-2位置的费用走两步到i。这是依据 i 位置最近的一步来划分出的两种情况。因为要求花费最少，所有两种情况种选择最少的。接下来看这两种情况能不能用之前的状态表示一下。

cost[i-1]是定值无法改变，先到达i-1位置也是有一个花费，如果想求i位置最小花费，是不是要先找到i-1位置的最小花费，只要找到i-1位置的最小花费在加上cost[i-1]走一步，就是第一种情况的最小花费。到达i-1位置最小花费不就是dp[i-1] 表示到达i-1位置，最小花费。同理i-2也是这样分析的。然后求的是两种情况的最小值。因此状态转移方程就有了。

在这里插入图片描述

3.初始化

在这里插入图片描述

4.填表顺序

由前面两个位置填后面的位置。。。
从左往右

在这里插入图片描述

5.返回值

结合题目要求，返回到达楼梯最小花费。dp表数组下标为n的地方。所以返回 dp[n]

在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {

        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回

        // 解法一
         int n = cost.size();
         vector<int> dp(n+1);
         //dp[0] = dp[1] = 0;
         for(int i = 2; i <= n; ++i)
             dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);
         return dp[n];   


    }
};

动态规划解法二：

其实第二种解决就是换了一种状态表示。

1.状态表示

经验+题目要求
以 i 位置为起点，巴拉巴拉

以i位置为起点，然后要去楼顶还要是最小花费，因此 dp[i]表示，从i位置出发，到达楼顶，此时最小花费。

在这里插入图片描述

2.状态转移方程

分析状态转移方程的一条总线:
用 i 位置之前或者之后的状态，推导 dp[i] 的值
如i之前状态 dp[i-2]、dp[i-1]，i之后状态 dp[i+1]，dp[i+2]

如何推导出dp[i]的值呢？
根据最近的一步，来划分问题

i位置表示到达楼梯的最小花费，它最近一步是不是支付完i位置的费用，往后走一步到i-1的位置，然后从i-1位置出发到楼顶。或者是往后走两步到i-2的位置。然后从i-2位置出发到楼顶。接下来看这两种情况能不能用之前的状态表示一下。

支付cost[i]是固定的，我想让第一种情况最小我得让i+1位置最小，我得知道从i+1位置出发到i位置最小花费。dp[i+1]表示从i+1位置出发，到达楼顶，此时最小花费，然后加上cost[i] 就是第一种情况最小花费。同理dp[i+2]表示从i+1位置出发，到达楼顶，此时最小花费加上cost[i] 就是第二种情况最小花费。然后在取这两种情况中最小花费。

在这里插入图片描述

3.初始化

因为我们是从某一个位置到楼顶，所以dp数组不需要额外在开一个位置。直接跟原始数组一样大就可以了。

其次我们需要先知道i+1的位置和i+2的位置才能知道dp[i]的值，因此先把最后两个位置初始化

在这里插入图片描述

4.填表顺序

知道后面两个位置的值，就可以得到前面的值，因此从右往左
在这里插入图片描述

5.返回值

我们最开始要么是从0开始，要是是从1开始。所以返回的是dp[0]，dp[1]中的最小值。

在这里插入图片描述

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {

        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回

        // 解法一
        // int n = cost.size();
        // vector<int> dp(n+1);
        // //dp[0] = dp[1] = 0;
        // for(int i = 2; i <= n; ++i)
        //     dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);
        // return dp[n];   


        // 解法二
        int n = cost.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[n - 1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2];
        for(int i = n - 3; i >= 0; --i)
            dp[i] = min(dp[i + 1] + cost[i], dp[i + 2] + cost[i]);
        return min(dp[0], dp[1]);

    }
};

4.解码方法

题目链接：91. 解码方法

题目分析：

在这里插入图片描述

A-Z --> 1-26，将一个经过编码的只包含数字的字符串解码看有多少种解码方式。

注意这样的情况 “06”，不仅不能每个单独编码，也不能合在一起进行编码。
‘0’ 不在 ‘1-9’ 范围内，‘06’ 不在 ‘10-26’ 范围内。同样"60"也不单独编码和合在一起编码。

在这里插入图片描述
算法原理：

1.状态表示

经验+题目要求
以 i 位置为结尾，巴拉巴拉。
接下来根据题目要求替换巴拉巴拉。
题目要求求s字符串有多少种解码方法。是不是就从从开始到结尾的解码总数。那dp[i]就可以这样表示。
dp[i]表示，以 i 位置为结尾时，解码方法的总数。

在这里插入图片描述

2.状态转移方程

根据i状态最近的一步，来划分问题
最近一步就是解码到i位置的时候，解码到i位置有两种情况，i位置单独解码，i-1和i位置合在一起解码。因为是以i位置为结尾的，所有i+1位置还没有到，暂时不考虑。

但是解码并不是你想解码就解码，必须要符合条件，否则不能解码。所有单独解码和合在一起解码都有成功或者失败的可能。

s[i] 单独解码
解码成功 s[i] 必须在 ‘1’ - ‘9’ 范围内，解码成功要的是总数，i位置解码成功，是不是前面 0到i-1位置 解码成功的所有情况后面在添加一个 i 位置的字符就行了。而 0到i-1位置 解码成功的所有情况 dp[i-1] 不就是吗。

解码失败 s[i] 不在 ‘1’ - ‘9’ 范围内，那以 i 位置为结尾就没有解码方案数了，就如"60"这种情况。前面不管有多少种解码方案那s[i]失败，那整个就没有解码方案。我们要的是整体的解码方案。

s[i-1] 和 s[i] 合一起解码
解码成功 把s[i-1] 和 s[i] 放在一起解码成功，条件是10 <= b*10+a <= 26，为什么不是1-26呢？因为 01到09没有这种情况，所以只能是10到26。解码成功方案数合上面类似 0到i-2所有解码方案后面添加上s[i-1]合s[i]在一起的解码就行了。dp[i-2]。

解码失败 同理最后一个位置解码失败，不管前面怎么样，整体解码方案就是0

在这里插入图片描述

3.初始化

因为会用到i-1和i-2所以要对0和1初始化。
在这里插入图片描述

4.填表顺序

填dp[i]要知道dp[i-1]和dp[i-2]的位置，所以从左到右

5.返回值

dp[i]表示以 i 位置为结尾时，解码方法的总数，题目要求求整个字符串所有解码方案，所以返回的是dp[n-1]。

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回值

        int n = s.size();
        vector<int> dp(n);
        dp[0] = s[0] != '0';
        //处理边界情况
        if(n == 1) return dp[0];

        if(s[0] != '0' && s[1] != '0')
            dp[1] += 1;
        int tmp = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0'; //前两个位置表示的数
        if(tmp >= 10 && tmp <= 26)
            dp[1] += 1;


        for(int i = 2; i < n; ++i)
        {
            if(s[i] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//处理单独编码的情况
            int tmp = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';//处理合在一起编码的情况
            if(tmp >= 10 && tmp <= 26)
                dp[i] += dp[i - 2];
        } 
        return dp[n-1];
    }
};

之前写的dp代码都比较短，但是这里的dp初始化为什么这么长并且，部分初始化代码和填表中代码类似，有没有可能写在一起？使代码编码简洁，是有的。

细节问题：

做dp问题的时候，会经常处理比较繁琐的边界情况以及初始化。为了能更好的处理这些情况，对于一维数组我们可以把整个数组统一往后移动一位，也就是数组多开一个位置的技巧。

处理边界问题以及初始化问题的技巧
数组多开一个位置

之前旧dp表中的位置的值要在新的dp表中对应位置往后放一个。
在这里插入图片描述
多出来的位置我们称为虚拟位置。多出来这个位置的作用，前面在旧的dp表要初始化0和1位置，在新dp表中虽然也初始化0和1的位置，但是确是方便了不少。

之前旧dp表初始化1的位置非常麻烦。现在旧表中1的位置跑到新dp表中1填表的下标里面了。我在新dp表中填表中就把旧dp表中1的位置干掉了。这样就非常爽了。
在这里插入图片描述

但是却有两个注意事项：

  1. 虚拟节点里面的值，要保证后面填表是正确的
  2. 下标的映射关系

虚拟节点里面的值，要保证后面填表是正确的

比如新dp表中，填表时的 dp[2] = dp[1] + dp[0]，dp[1]是不会错误的因为它的初始化是和旧dp[0]是一样的。但是dp[0]是我们构建出来的，它里面值存放多少是不是就会影响到dp[2]的值。

一般情况下，这个虚拟节点的值存的是 0 ，但是这道题就不一样了，dp[0]里面存0是不正确的。求dp[2]如果用到dp[0]，是不是就是1和2的位置合在一起能解码成功，然后我才加上dp[0]，如果dp[0]是0那不就是少加了一种情况吗。因此这个dp[0]填1。

在这里插入图片描述

总体来说就是具体问题具体分析！看虚拟节点的值到底填几。

下标的映射关系

在新dp表中，初始化dp[1]的时候，看的是s[0]这个位置能否解码成功，对应就是s[1-1] != ‘0’。因为我们多加个一个位置，下标统一往后移动一位，如果还想和之前一样找之前位置这里 s[i] 就必须多加一个 -1 的操操作。

class Solution {
public:
    int numDecodings(string s) {
        // 1.创建dp表
        // 2.初始化
        // 3.填表
        // 4.返回值

        //优化后
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n+1);
        dp[0] = 1; // 保证后面填表是正确的 
        dp[1] = s[1-1] != '0';
        for(int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if(s[i - 1] != '0') dp[i] += dp[i - 1];//处理单独编码的情况
             int tmp = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';//处理合在一起编码的情况
             if(tmp >= 10 && tmp <= 26)
                 dp[i] += dp[i - 2];
        }
        return dp[n];
    }
};

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：http://www.mfbz.cn/a/773510.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

Android - 利用 jitpack 免费发布闭源 aar

Android - 利用 jitpack 免费发布闭源 aar

一、简述 目前（Android/java） library 的主要发布仓库有 MavenCentral 和 jitpack，我之前也对这两种仓库的发布流程做了详细介绍： 发布至 MavenCentral: https://juejin.cn/post/6953598441817636900发布至 jitpack: https://juejin.cn/post/7040733114506674183#heading-…
阅读更多...
AI Agent框架（LLM Agent）：LLM驱动的智能体如何引领行业变革，应用探索与未来展望

AI Agent框架（LLM Agent）：LLM驱动的智能体如何引领行业变革，应用探索与未来展望

AI Agent框架&#xff08;LLM Agent&#xff09;&#xff1a;LLM驱动的智能实体如何引领行业变革&#xff0c;应用探索与未来展望 1. AI Agent&#xff08;LLM Agent&#xff09;介绍 1.1. 术语 Agent&#xff1a;“代理” 通常是指有意行动的表现。在哲学领域&#xff0c;Ag…
阅读更多...
Unreal Engine@Jetson Orin Nano尚不支持

Unreal Engine@Jetson Orin Nano尚不支持

Unreal EngineJetson Orin Nano尚不支持 1. 源由2. Unreal Engine介绍3. 问题4. 编译方法5. 补充6. 其他 1. 源由 最近在看SC-Explorer方面的内容&#xff0c;在模拟方面采用了Unreal Engine。 本打算跑下模拟&#xff0c;因此打算在JetsonOrin的板子上试试看。 2. Unreal En…
阅读更多...
油猴Safari浏览器插件：Tampermonkey for Mac 下载

油猴Safari浏览器插件：Tampermonkey for Mac 下载

Tampermonkey 是一个强大的浏览器扩展&#xff0c;用于运行用户脚本&#xff0c;这些脚本可以自定义和增强网页的功能。它允许用户在网页上执行各种自动化任务&#xff0c;比如自动填写表单、移除广告、改变页面布局等。适用浏览器&#xff1a; Tampermonkey 适用于多数主流浏览…
阅读更多...
python 发布应用程序包

python 发布应用程序包

文章目录 发布python包toml配置文件构建发布python包 官方文档参考 将自己的python项目发布成源码包或者wheel二进制包，供其他开发者使用。 方式： 使用py工具； distutils，该工具的使用已过时；setuptools，常用方式；wheel，在setuptools的基础上添加了 bdist_wheel， …
阅读更多...
Hi3861 OpenHarmony嵌入式应用入门--SNTP

Hi3861 OpenHarmony嵌入式应用入门--SNTP

sntp&#xff08;Simple Network Time Protocol&#xff09;是一种网络时间协议&#xff0c;它是NTP&#xff08;Network Time Protocol&#xff09;的一个简化版本。 本项目是从LwIP中抽取的SNTP代码&#xff1b; Hi3861 SDK中已经包含了一份预编译的lwip&#xff0c;但没有…
阅读更多...
SpringCloud集成Oauth2.0看完这个基本就理解原理了

SpringCloud集成Oauth2.0看完这个基本就理解原理了

目录 1.技术栈准备工作 2. 模块架构介绍 3.网关模块&#xff08;gateway&#xff09; 3.1 网关模块(gateway) 3.2 附上主要依赖包 3.3 bootstrap 相关配置 3.4 gateway.yaml 3.5 UserAuthGlobalFiter 全局拦截器配置 4.授权认证模块(auth) 4.1 启用web安全认证&#xff…
阅读更多...
使用LocalDateTime替代Date操作处理日期时间之后：任凭风浪起,稳坐钓鱼台

使用LocalDateTime替代Date操作处理日期时间之后：任凭风浪起,稳坐钓鱼台

1.概述 在日常开发系统过程中&#xff0c;日期和时间的操作处理是一个常见的应用功能场景&#xff0c;Java提供了多种工具和库来处理日期和时间操作&#xff0c;其中主要分为&#xff1a;Java 8之前的提供java.util.Date、java.util.Calendar。Java 8引入了全新的日期时间API&…
阅读更多...
无线网卡怎么连接台式电脑？让上网更便捷！

无线网卡怎么连接台式电脑？让上网更便捷！

随着无线网络的普及&#xff0c;越来越多的台式电脑用户希望通过无线网卡连接到互联网。无线网卡为台式电脑提供了无线连接的便利性&#xff0c;避免了有线网络的束缚。本文将详细介绍无线网卡怎么连接台式电脑的四种方法&#xff0c;包括使用USB无线网卡、内置无线网卡以及使用…
阅读更多...
004 线程的状态

004 线程的状态

文章目录 Java线程可能的状态&#xff1a; 状态名称说明NEW初始状态&#xff0c;线程被构建&#xff0c;但是还没有调用start()方法RUNNABLE运行状态&#xff0c;Java线程将操作系统中的就绪和运行两种状态笼统地称作"运行中"BLOCKED阻塞状态&#xff0c;表示线程阻…
阅读更多...
Websocket通信实战项目(图片互传应用)+PyQt界面+python异步编程(async) （上）服务器端python实现

Websocket通信实战项目(图片互传应用)+PyQt界面+python异步编程(async) （上）服务器端python实现

Rqtz : 个人主页 ​​ 共享IT之美&#xff0c;共创机器未来 ​ Sharing the Beauty of IT and Creating the Future of Machines Together 目录 项目背景 ​编辑​专有名词介绍 服务器GUI展示 功能(位置见上图序号) 客户端GUI展示&#xff08;h5cssjs&#xf…
阅读更多...
超融合服务器挂载硬盘--linux系统

超融合服务器挂载硬盘--linux系统

项目中需要增加服务器的硬盘容量&#xff0c;通过超融合挂载了硬盘后&#xff0c;还需要添加到指定的路径下&#xff0c;这里记录一下操作步骤。 一&#xff1a;通过管理界面挂载硬盘 这一步都是界面操作&#xff0c;登录超融合控制云台后&#xff0c;找到对应的服务器&#…
阅读更多...
Spring Boot 文件上传和下载指南：从基础到进阶

Spring Boot 文件上传和下载指南：从基础到进阶

文章目录 引言1. 环境配置2. 文件上传2.1 配置文件上传路径2.2 创建上传服务2.3 创建上传控制器 3. 文件下载3.1 创建下载服务3.2 创建下载控制器 4. 前端页面4.1 文件上传页面4.2 文件下载页面 5. 技术分析结论 &#x1f389;欢迎来到SpringBoot框架学习专栏~ ☆* o(≧▽≦)o …
阅读更多...
设置单实例Apache HTTP服务器

设置单实例Apache HTTP服务器

配置仓库 [rootlocalhost ~]# cd /etc/yum.repos.d/ [rootlocalhost yum.repos.d]# vi rpm.repo仓库代码&#xff1a; [BaseOS] nameBaseOS baseurl/mnt/BaseOS enabled1 gpgcheck0[AppStream] nameAppStream baseurl/mnt/AppStream enabled1 gpgcheck0挂载 [rootlocalhost …
阅读更多...
数字IC设计-VCS和Verdi的使用

数字IC设计-VCS和Verdi的使用

#学习记录# 前言&#xff1a;本文以一个简单的计数器来说明vcs和verdi的使用 1 代码文件 1.1 计数器代码 //Engineer&#xff1a;Mr-pn-junction module counter(input clk,input rst,output reg [5:0] count); always(posedge clk or negedge rst)beginif(!rst)coun…
阅读更多...
BugkuCTF-Crypto（1-5）

BugkuCTF-Crypto（1-5）

题&#xff1a;抄错的字符 题目作者: Aman 题目描述:老师让小明抄写一段话&#xff0c;结果粗心的小明把部分数字抄成了字母&#xff0c;还因为强迫症把所有字母都换成大写。你能帮小明恢复并解开答案吗&#xff1a;QWIHBLGZZXJSXZNVBZW 分析&#xff1a; 数字和字符可能的转…
阅读更多...
QTreeWidget的简单使用

QTreeWidget的简单使用

使用 QTreeWidget 实现复杂树控件功能的详细教程_treewidget 加控件-CSDN博客 #ifndef MAINWINDOW_H #define MAINWINDOW_H#include <QMainWindow> #include <QTreeWidget> namespace Ui { class MainWindow; }class MainWindow : public QMainWindow {Q_OBJECTpu…
阅读更多...
鸿蒙开发——网络连接，axios第三方库

鸿蒙开发——网络连接，axios第三方库

1. 下载和安装ohpm 为啥要安装ohpm呢&#xff0c;因为axios是第三方库&#xff0c;不是鸿蒙官方提供的&#xff0c;所以不能直接引入 ohmp简介&#xff1a;作为鸿蒙生态三方库的包管理工具&#xff0c;支持OpenHarmony共享包的发布、安装和依赖管理。 链接&#xff1a;ohpm命…
阅读更多...
Python函数缺省参数的 “ 坑 ” （与C++对比学习）

Python函数缺省参数的 “ 坑 ” （与C++对比学习）

我们都知道Python函数的缺省参数可以降低我们调用函数的成本&#xff0c;但是一般我们的缺省参数都是不可变对象&#xff0c;如果是可变对象&#xff0c;我们对其多次调用会发生什么呢&#xff1f; def func(arr[]):arr.append(Hello)print(arr)func() func() func() 这貌似…
阅读更多...
不花钱如何让网站启用HTTPS访问

不花钱如何让网站启用HTTPS访问

在互联网的世界里&#xff0c;数据安全已经成为了每个网站和用户都不得不面对的问题。近期&#xff0c;网络信息泄露事件频发&#xff0c;让越来越多的网站开始重视起用户数据的安全性&#xff0c;因此启用HTTPS访问成为了一个网站必须要部署的。 HTTPS协议&#xff0c;作为HT…
阅读更多...
最新文章

Copyright @ 2022~2023

友情链接： 我的编程经验分享 一条长河网 尧图网站开发 尧图建网站