nx

最近在做表达式创建，发现UFUN的创建表达式函数UF_MODL_create_exp，UF_MODL_create_exp_tag没有办法创建字符串类型的表达式，例如AA="BB"。 后来我是用NXOPEN去做的，直接录一下，然后改改就可以了。后来请教唐工，他给我一个新的方法，用导入表达式函数UF_MODL_import_exp去实现。理论上这个方法，应该无论什么类型的表达式都可以导入进来。 1 NX11+VS2013 2 3 #include <uf.h> 4 #include <uf_modl.h> 5 6 UF_initialize(); 7 8 UF_MODL_import_exp("D:\\123.exp", 1); 9 10 UF_terminate(); 11 12 Caesar卢尚宇 13 2019年11月13日 来源： https://www.cnblogs.com/nxopen2018/p/11853239.html

关于KMP的一点思考 KMP的 \(next\) 数组的性质很精妙，有必要开一个坑学习一下 Part 1 啥是next \(next[i]\) 表示对于 \(pre_i\) 这个字符串，这个抠出来的字符串本身后缀和前缀相等的最长长度。是一个自变量 只和这个子串有关的函数 。这点很重要 由于保证了是最长长度，这个数有一些优良的性质，常常在关于一个串的循环表示或者周期表示中发挥作用。 注意到这个 \(next[i]\) 虽然代表是这个最长长度，但是值得注意的是，由于字符串从1开始编号，所以这个值也是那个前缀的下标。 Part2 如何求next 边界条件是， \(nx[1]=0\) 。考虑我们若已经求得前面 \(i-1\) 的位置的 \(nx\) 值，现在如何求 \(nx[i]\) 。 把 \(S[1\dots i-1]\) 看做一个整体，现在我们在后面加入了一个字符 \(S[i]=c\) 。 我们现在就是要在 \(pre_{nx[i-1]}\) 中截一个最大的位置 \(p\) ，使得 \(S[p+1]=c\) ，而 \(p\) 虽然是下标，但是由于从 \(1\) 开始编号那么就同时就是这个串的长度，所以 \(nx[i]=p+1\) 。为什么是在 \(pre_{nx[i-1]}\) 中找呢？因为我们要保证 \(S[i-p+1...i]=S[1,p]\) 。 所以如何找 \(p\) 呢

题目链接 Solution 水筒 题目大意：一个 \(n \times m\) 的矩阵里有一些墙不能走，有一些建筑物，有一些地方是原野。每走过一格原野需要消耗一份水，建筑物可以将水壶补满。多次询问从一个建筑物到另一个建筑物水壶容量至少为多少。 Kruskal重构树 分析： 首先不难想到暴力，我们把所有可以相互到达的建筑物两两连边，如果我们要使得最大边权尽量小那么我们就要求最小生成树。证明考虑贪心：不断加边直到两点连通，这就是Kruskal的过程。 求树上两点间边权的最大值就是Kruskal重构树的板子题 但是如果我们暴力枚举所有建筑物无法承受，但是我们发现有些边是没有用的，我们可以考虑类似于缩点的方法。我们给每个建筑物一个颜色，然后同一颜色的点离它最近的加油站都相同 这样我们只需要枚举每个点以及和它相邻的点，如果颜色不同连边即可，这个可以在bfs的时候顺便计算，染色发现已经染过的不同色点就连边 #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <utility> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 2e3 + 100,maxp = 4e5 + 100,maxdep = 25; int n,m,p,q,vis[maxn][maxn

1 NX9+VS2012 2 3 #include <uf.h> 4 #include <uf_curve.h> 5 #include <uf_csys.h> 6 #include <uf_mtx.h> 7 8 9 UF_initialize(); 10 11 //创建向量方向 12 double Vec[3] = { 10.0, 23.5, 75.8 }; 13 14 //3*3矩阵,输入Z向量,得到矩阵 15 double Mtx[9]; 16 UF_MTX3_initialize_z(Vec, Mtx); 17 18 //创建矩阵 19 tag_t MatrixTag = NULL_TAG; 20 UF_CSYS_create_matrix(Mtx, &MatrixTag); 21 22 //创建临时坐标系 23 double P1[3] = { 0.0, 0.0, 0.0 };//直线起点 24 tag_t CsysTag = NULL_TAG; 25 UF_CSYS_create_temp_csys(P1, MatrixTag, &CsysTag); 26 27 //设置WCS 28 UF_CSYS_set_wcs(CsysTag); 29 30 //创建直线终点 31 double P2[3] = { P1[0], P1[1], P1[2] + 100 }; 32 33

开始的时候犯了一个错误：重复搜索，所以一直超时（32行中漏写了d[nx][ny]==0) 之后又发现50行错写成了：maze[x][y]=t; 改正之后就AC了，卡了我很久，我太难了！！！ 1 #include<cstring> 2 #include<iostream> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdio> 6 7 using namespace std; 8 9 typedef pair<int,int> P; 10 const int INF=100000000; 11 int m; 12 int maze[800][800]; 13 int x,y; 14 int t; 15 int d[800][800]; 16 int dx[4]={1,-1,0,0}; 17 int dy[4]={0,0,-1,1}; 18 19 void bfs(){ 20 queue<P> que; 21 que.push(P(0,0)); 22 while(que.size()){ 23 x=que.front().first; 24 y=que.front().second; 25 que.pop(); 26 if(maze[x][y]==INF){ 27 printf("%d\n",d[x][y]); return

学习自： @秦淮岸 Force 如果没有限制条件，那么这道题就跟战略游戏 \(or\) 没有上司的舞会是一样的，只需 \(dp\) 一次就够了，所以很容易想到一个 \(44pts\) 的暴力：对于每次询问，都跑一遍 \(dp\) ，其中让 \(a, b\) 两个点强制转移（放/放）即可。 Thoughts 无解情况 显然，一般来说都是有解的，除非： 命令冲突，即 \(a = b\) ，且 \(x \not= y\) \((a, b)\) 有一条边，即存在父子关系，而两个都不能放，即 \(x = 0 \& y = 0\) 分部分 发现若用暴力，很多地方的 \(dp\) 显然都是相同的。 这道题核心是： 相邻两个点上必须有一个点有守卫 那么我们考虑把每次询问，将整张图分成若干个 好预处理 的部分，每个部分 分开处理 ，让每个部分内部符合条件，让 每个部分交界处满足条件 。因为每个部分互不干扰，所以可以相对取 \(min\) 最优解。 考虑简单的情况， \((a, b)\) 在一条链上： PS： \((a, b)\) 是对称的，如果 \(a\) 在底下咱们 \(swap\) 一下就行了 那么如果 \((a, b)\) 不在一条链上，我们可以把它看做两条链： \(a\) 到 \(lca\) \(lca\) 到 \(b\) 具体情况如下图 所以，一切 \((a, b)\)

可以将文章内容翻译成中文,广告屏蔽插件可能会导致该功能失效(如失效，请关闭广告屏蔽插件后再试): 问题: I have 5 numpy arrays of shape nx, ny lons.shape = (nx,ny) lats.shape = (nx,ny) reds.shape = (nx,ny) greens.shape = (nx,ny) blues.shape = (nx,ny) My question is how do I write this data to a geotiff? I ultimately want to plot the image using basemap. Here is the code I have so far, however I get a huge GeoTIFF file (~500MB) and it comes up blank (just a black image). Also note that nx, ny = 8120, 5416. from osgeo import gdal from osgeo import osr import numpy as np import h5py import os os.environ['GDAL_DATA'] = "/Users/andyprata/Library

可以将文章内容翻译成中文,广告屏蔽插件可能会导致该功能失效(如失效，请关闭广告屏蔽插件后再试): 问题: In canvas I know that I can flip images horizontally and vertically by doing this: vc.scale(-1, -1) But is there some way to flip an image along a 30 degree symmetry line? 回答1: Yes, you can accomplish this using the rotate() method of canvas : var ctx = document.getElementById("myCanvas").getContext("2d"); var img = new Image(); img.src = "http://photos.the-scientist.com/articleImages/48000/48607-1-t.jpg"; img.onload = function() { ctx.rotate(30 * Math.PI / 180); ctx.translate(ctx.canvas.width / 2, ctx.canvas.height / 2); ctx.scale(1, -1);

实现部分图片插值算法（最近邻，双线性，双立方） #include <iostream> #include <cmath> #include<highgui.h> #include <opencv2/core/mat.hpp> #include<opencv2/highgui/highgui.hpp> #include <opencv2/core/core.hpp> #include <opencv2/imgproc.hpp> struct MyMat { u_char *data; int w, h, c; MyMat(){} MyMat(cv::Mat &A){ w = A.cols, h = A.rows, c = A.channels(); data = (u_char *) malloc (w * h * c * sizeof (u_char)); memcpy (data, A.data, w * h * c * sizeof (u_char)); } cv::Mat to_cvMat(){ cv::Mat A(h, w, CV_8UC3, cv::Scalar( 0 , 0 , 0 )); memcpy (A.data, data, w * h * c * sizeof (u_char)); return A; } }; double INTER_CUBIC_Fun(

codeforces 1000F One Occurrence #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define rep(i, a, b) for(int i=(a); i<(b); i++) #define sz(a) (int)a.size() #define de(a) cout << #a << " = " << a << endl #define dd(a) cout << #a << " = " << a << " " #define all(a) a.begin(), a.end() #define endl " \ n" typedef long long ll; typedef pair< int , int > pii; typedef vector< int > vi; //--- const int N = 500050 ; int n, m; int a[N], ans[N], nx[N], vis[N]; bool in[N]; vector<pii> q[N]; struct Seg { #define ls (rt<<1) #define rs