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jquery手指触摸滑动放大图片的方法(比较靠谱的方法)

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jquery手指触摸滑动放大图片的方法(比较靠谱的方法) <pre> <!DOCTYPE html> <html lang="zh-cn"> <head> <title>touch.js demo</title> <meta charset="utf-8" /> <meta name="viewport" content="width=device-width, initial-scale=1" /> <script type="text/javascript" src="{$yuming}/touchjs/js/touch.min.js"></script> <script type="text/javascript" src="{$yuming}/touchjs/js/cat.touchjs.js"></script> <script type="text/javascript" src="{$yuming}/touchjs/js/jquery-1.10.2.min.js"></script> </head> <body> <style> .tcpiccontainer{ width:100%; height: 100%; position: absolute; left:0px; top:0px; z-index: 999; background: #000; }

【docker】容器不退出

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我们run了一个image，如果容器的任务执行完了，那么这个容器就会退出。当然我们想要exec 进入也就不行了。如果不想要容器退出，那么必须让容器的任务一直执行，比如一些web监听任务或者top命令等。比如说： dockerfile FROM centos run： docker run -it id top 那么这个容器就会执行top，不会退出。当然为了不让top命令在前台运行，占据了我们当前的终端，我们可以使用后台方式运行，只需要加一个“-d”的参数即可： docker run -it -d id top 然后，我们可以使用： docker exec -it id /bin/bash 来进入容器内部来源： CSDN 作者：绝世好阿狸链接： https://blog.csdn.net/u010900754/article/details/78526479

失昼城的守星使题解

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失昼城的守星使题解题目链接好恶心啊～不过这么恶心的题我居然能一遍A( 虽然自己造数据调了一天 ) 而且还没看题解，想想就激动。不过题目又臭又长，我来化简一下吧：有n个岛，成树形结构，岛上可住人、可不住人，每次修改，将一个岛上的人赶出去，或住满人；每次询问，求所有住人的岛到 $x$ 到 $y$ 的路径上的距离之和。恶心至极，恶心至极，恶心至极( 重要的事情说三遍 ) 我们可将其转化一下，变为每条边的边权*经过它的次数拿图来说吧：我们拿 $sum$ 表示边权×次数， $w$ 表示边权和：最终式子变为:到点1的边权×次数和-第三部分的边权×次数和-2×第二部分边权×次数和+总存在点数×第二部分边权和；恶心吧。别急，还有修改操作呢( 只不过简单多了 )； 1.将一个点由不存在变存在：1到此点的边的次数都加1（区间的边权×次数和加上边权和） 2.将一个点由存在变为不存在：1到此点的边的次数都减1（区间的边权×次数和减去边权和） #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lc x<<1 #define rc x<<1|1 using namespace std; const int N=2e5+7; int n,m,t1,t2,t3,LCA,opt,cnt=0,dfn=0,a[N],f[N

数据结构实验二

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#include <stdio.h> #include <stdlib.h> int STACK_INIT_SIZE=100; int STACKINCREMENT=10; typedef struct{ int *base; int *top; int stacksize; }sqstack; void initstack(sqstack &S){ S.base=(int * )malloc(STACK_INIT_SIZE*sizeof(int)); if(!S.base)exit(1); S.top=S.base; S.stacksize=STACK_INIT_SIZE; } int judge(sqstack S){ if(S.top==S.base) return 0; else return 1; } void push(sqstack &S,int e){ if(S.top-S.base>=S.stacksize){ S.base=(int*)realloc(S.base,(S.stacksize+STACKINCREMENT)*sizeof(int)); if(!S.base)exit(1); S.top=S.base+S.stacksize; S.stacksize+=STACKINCREMENT; } *S.top++=e; } void pop(sqstack

题解 [NOIP2015]运输计划

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题解 [NOIP2015]运输计划题面解析首先肯定是要求出每条路径的长度. 这个用节点到根的前缀和就行了(一开始脑抽写了个线段树...) 然后有一个显然的类似贪心的想法, 就是你改造的边肯定在最长的路径上, (不然没有*用) 那么考虑枚举最长的路径上的边,计算改造它的答案, 对于边 $x$ ,路径可以分为两类:经过它的和不经过它的. 在它被改造后,经过它的路径就都减少了它的长度, 于是最长的就还是这条最长的路径, 而没经过它的就没有受到影响,取最长的路径, 因此删掉 $x$ 的答案就是上面两种情况的 $max$ , 但关键就是怎么求第二种情况:没经过 $x$ 的最长的路径. 枚举边再一个个求似乎不可行, 我们可以考虑枚举路径计算它对边的贡献, 显然没在这条路径上的边都可以被这条路径更新, 于是考虑树剖, 这样一条路径就被划分成了若干个区间, 而区间的补集就是它要更新的边, 把边的答案对应到深度较大的点上,用线段树维护最大值即可. code(代码挺长但仔细康康应该能懂): #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define fot for #define ls(a) a<<1 #define rs(a) a<<1|1 #define fre(x

图解linux下top命令的使用

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top命令经常用来监控linux的系统状况，比如cpu、内存的使用，程序员基本都知道这个命令，但比较奇怪的是能用好它的人却很少，例如top监控视图中内存数值的含义就有不少的曲解。本文通过一个运行中的WEB服务器的top监控截图，讲述top视图中的各种数据的含义，还包括视图中各进程（任务）的字段的排序。 top进入视图 top视图 01 【top视图 01】是刚进入top的基本视图，我们来结合这个视图讲解各个数据的含义。第一行： 10:01:23 当前系统时间 126 days, 14:29 系统已经运行了126天14小时29分钟（在这期间没有重启过） 2 users 当前有2个用户登录系统 load average: 1.15, 1.42, 1.44 load average后面的三个数分别是1分钟、5分钟、15分钟的负载情况。 load average数据是每隔5秒钟检查一次活跃的进程数，然后按特定算法计算出的数值。如果这个数除以逻辑CPU的数量，结果高于5的时候就表明系统在超负荷运转了。第二行： Tasks 任务（进程），系统现在共有183个进程，其中处于运行中的有1个，182个在休眠（sleep），stoped状态的有0个，zombie状态（僵尸）的有0个。第三行：cpu状态 6.7% us 用户空间占用CPU的百分比。 0.4% sy 内核空间占用CPU的百分比

洛谷P2146 [NOI2015]软件包管理器

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题目树链剖分安装操作：将1到x的点权统统_覆盖_为1，操作前覆盖一次，操作后覆盖一次。然后分别记录这两次1到x的路径点权和，求他们的差即是答案。卸载操作：输出x的子树点权值和，然后把x的子树点权统统_覆盖_为0。覆盖操作可以用ODT，线段树，线段树的lazy数组初始值要赋为-1，因为有区间赋值为0的操作。 #include <bits/stdc++.h> #define N 1000115 #define ls l, mid, root << 1 #define rs mid + 1, r, root << 1 | 1 using namespace std; int n, m, tot, cnt, lin[N], dep[N], fat[N], siz[N], son[N], top[N], dfn[N], tree[N], lazy[N]; struct edg { int to, nex; }e[N]; inline void add(int f, int t) { e[++cnt].nex = lin[f]; e[cnt].to = t; lin[f] = cnt; } void dfs1(int now, int fa) { dep[now] = dep[fa] + 1; fat[now] = fa; siz[now] = 1; for (int i =

#leetCode刷题纪实 Day8

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https://leetcode-cn.com/problems/min-stack/ 设计一个支持 push，pop，top 操作，并能在常数时间内检索到最小元素的栈。 push(x) -- 将元素 x 推入栈中。 pop() -- 删除栈顶的元素。 top() -- 获取栈顶元素。 getMin() -- 检索栈中的最小元素。示例: MinStack minStack = new MinStack(); minStack.push(-2); minStack.push(0); minStack.push(-3); minStack.getMin(); --> 返回 -3. minStack.pop(); minStack.top(); --> 返回 0. minStack.getMin(); --> 返回 -2. 小菜鸡的尝试：不是很能懂什么叫常数时间（猜测O(1)？）于是抱着必超时的心态开始写最普通的办法。 1 class MinStack { 2 public: 3 /** initialize your data structure here. */ 4 stack<int> main; 5 stack<int> b; 6 MinStack() { 7 8 } 9 10 void push(int x) { 11 main.push(x); 12 } 13 14

题解CF37E Trial for Chief

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题目： CF37E Trial for Chief 这题非常巧妙。这里可以把一块连续区域染色很容易误导做题者。实际上这题的做法是转换成最短路。为什么呢？仔细想一想，对于这个点，和它同一次涂色的点一定是和它上下左右相邻的点连通的点。每新涂色一次贡献就要+1，那么什么时候新涂色一次呢？显然是这个点和它相邻的点颜色不同的时候就要新涂色一次。于是我们对于每个点和它上下左右的点连边，当两点颜色相同时边权为0，否则为1。然后我们以每个点开头跑一边dij，记录一下所有黑色点的最大路径长度，答案就是这些长度的最小值+1。为什么是黑色呢？因为初始是白色。为什么要+1呢？因为你默认起点的dis是0，但那实际上是第一次涂色。特殊情况就是全为白色，所以Maxn初始值为-1。 1 #include<stdio.h> 2 #include<queue> 3 #define it register int 4 #define il inline 5 using namespace std; 6 const int N=1000005; 7 const int dx[]={0,0,1,-1}; 8 const int dy[]={1,-1,0,0}; 9 char s[55][55]; 10 int n,m,ans,d[N],h[N],nxt[N],adj[N],w[N],t,cnt,bh[55]

数制转化

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# include <stdio.h> # include <stdlib.h> # include <malloc.h> # define stack_init_size 100 # define stackincrement 10 # define ok 1 # define error 0 struct sqstack{ int *top; int *base; int stacksize; }; int initstack(sqstack &s) { s.base=(int *)malloc(stack_init_size * sizeof(int)); if(!s.base){ return error; } s.top=s.base; s.stacksize=stack_init_size; return ok; } int stackempty(sqstack &s) { if(s.top==s.base){ return ok; } else return error; } int push(sqstack &s,int e) { if((s.top-s.base)>=s.stacksize) { s.base=(int *)realloc(s.base,(s.stacksize+stackincrement)*sizeof(int)); if(!s.base)

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