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拼多多百億補(bǔ)貼買了 Sony 9500G, 發(fā)現(xiàn)預(yù)裝了當(dāng)貝市場(chǎng), 也無法卸載, 還有個(gè) Sony Select 選項(xiàng), 點(diǎn)擊都是些國產(chǎn)應(yīng)用的安裝.
這個(gè)算翻車嗎?
我本來就是沖著無亂七八糟的預(yù)裝軟件去的啊!

在今天召開的 MWC2020 索尼線上發(fā)布會(huì),索尼全新發(fā)布多款 Xperia 智能手機(jī)。命名規(guī)則則與旗下 Alpha 可換鏡頭相機(jī)統(tǒng)一,以 mark 加數(shù)字來區(qū)分。Xperia 1 II （音 Xperia One Mark Two ）是索尼首款支持 Sub6 的 5G 智能手機(jī)。 - 世界首創(chuàng)每秒 20 幀連續(xù)追焦連續(xù)白平衡連拍,每秒 60 幀 AE/AF - 卡爾蔡司鏡頭三攝系統(tǒng)及 3D iToF 傳感器 - 1/1.7”大尺寸 iToF 傳感器實(shí)現(xiàn)夜間高性能自動(dòng)對(duì)焦 - Cinematography Pro 提供專業(yè)級(jí)攝影體驗(yàn) - 世界首創(chuàng)支持 90Hz 等效補(bǔ)償?shù)?4K OLED 21:9 6.5 寸電影寬屏屏幕,X1? for mobile,BT.2020 廣色域、10bit 等效色深 - 支持索尼優(yōu)化的 Dolby Atmos 音效 - Qualcomm? Snapdragon? 865 5G Mobile Platform、4000mAh 電池、游戲增強(qiáng)模式、防水防塵、無線充電 https://www.sony-asia.com/electronics/smartphones/xperia-1m2 Xperia 10 II (音 Xperia Ten Mark Two) 是去年 Xperia 10 的后繼、中端規(guī)格,升級(jí)為 OLED 屏幕和三攝系統(tǒng)。 https://www.sony-asia.com/electronics/smartphones/xperia-10m2 Xperia Pro 面向?qū)I(yè)用途,支持 5G 毫米波,更好的散熱設(shè)計(jì)和 HDMI 直連等。

本身可以看 HDR 或者 Ultra HD 4K 的劇集,接上藍(lán)牙耳機(jī),標(biāo)識(shí)自動(dòng)變成 HD。 摘下耳機(jī)后自動(dòng)變回原 HDR 或 4K 標(biāo)識(shí)。
使用電視:65X8566F 測(cè)試耳機(jī)：WF-1000XM3, Momentum True Wireless

都說 sony 大法好 我看網(wǎng)上對(duì) sony 電視評(píng)價(jià)都很高但是又說是高端的很牛,而且聽說 sony 電視的音效不太行？ 9500g 超預(yù)算了,主要是放在臥室 躺床上追劇看直播用.(未來可能會(huì)買 Ps4)

問題實(shí)拍照片
https://s2.ax1x.com/2019/10/29/KRBCrT.jpg
https://s2.ax1x.com/2019/10/29/KRBka4.jpg
前情提要
WH-1000X 系列從一代開始就存在如此問題,3 代發(fā)布時(shí),說是修復(fù)了,但實(shí)則依然存在頭梁易斷易裂問題,只不過,將前代的 99%的故障率降低了而已,所以,1000XM3 的頭梁無故斷裂的問題,屬于摸獎(jiǎng)事件,一定會(huì)存在無故斷裂情況,我認(rèn)為這是產(chǎn)品本身的質(zhì)量、設(shè)計(jì)上的問題,不應(yīng)該判定用戶擔(dān)負(fù)全部責(zé)任。
我的案例
我的 WH-1000XM3 在 2019 年 2 月 9 日購買于淘寶天貓某不算小的索尼影音產(chǎn)品專賣店鋪
在 2019 年 10 月 29 日早上上班路上發(fā)現(xiàn)頭梁毫無征兆地?cái)嗔蚜?除了頭梁,耳機(jī)成色說是 98 新完全不過分
首先,這大半年以來,我的使用頻率不高,其次,我也不是在工地生活或工作,并且使用也是輕手輕腳,那些認(rèn)為是人為的,我建議立馬退出本帖,我沒有時(shí)間與精力在這點(diǎn)上討論。
其他案例 在貼吧上,我已經(jīng)截圖了 7 個(gè)同為 1000XM3 的用戶遇到相同的頭梁無故斷裂問題的 聯(lián)系天貓店內(nèi)售后,售后表示目前遇到了三四個(gè) 1000XM3 用戶出現(xiàn)相同的情況,強(qiáng)注：非人為,無故
總結(jié)情況 用戶正常使用 產(chǎn)品正常使用時(shí),出現(xiàn)問題
問題：這樣的情況,用戶負(fù)全責(zé),合理嗎？
有人會(huì)說,索尼或者其他廠商,針對(duì)耳機(jī)的外殼都是不保的,任何產(chǎn)品外觀破損都不在保修范圍內(nèi)。
大部分的事實(shí),應(yīng)該也就是如上所說
但我想表達(dá)的是,這是你的政策,不能作為你的道理,產(chǎn)品有問題就是有問題,出個(gè)政策就能把用戶的權(quán)益視為無物嗎？
如果你在產(chǎn)品詳情頁面,直接告知所有想要購買的人,說,用戶正常使用到半年以后,一定有概率出現(xiàn)非人為耳機(jī)頭梁裂開問題,那么我才會(huì)認(rèn)為我是在接受這種情況的發(fā)生的情況下買的,而當(dāng)時(shí)的我是在不知情的情況下購買。
計(jì)劃
我在深圳,會(huì)找時(shí)間去索尼售后
我接受的處理結(jié)果就這幾種：
一,修好如初,不會(huì)有明顯的問題存在了,并且免費(fèi)
二,換新
三,退全款
以上情況可能性依次遞減
投訴工商部,找 315,這些措施,如果有必要,我定將不厭其煩,奉陪到底,直到有令我作為一個(gè)消費(fèi)者來說的相對(duì)滿意的處理結(jié)果。
感想
我相信,我不是第一個(gè) 1000XM3 頭梁無故斷裂問題用戶,也一定不會(huì)是最后一個(gè),謹(jǐn)此在社區(qū)記錄,以便后人遇到相同參考借鑒。

周六去售后看一下,港版,有小票 不知道給不給修,只能充電,無法連接電腦。索尼的做工一年不如一年了

準(zhǔn)備淘一臺(tái)二手 Sony 75X8566E 價(jià)格 8k 多
沒用過 Sony 電視 如何鑒別真假 或者質(zhì)量好壞了

一妹子的 macbook air 系統(tǒng)崩潰。重啟打開 psd 損壞,也沒有自動(dòng)保存文件。 我找了下,也很崩潰。 請(qǐng)問 V 友都有哪些修復(fù)工具介紹下呢。

職業(yè)因素,業(yè)余時(shí)間較多,和朋友商量后想一起搞個(gè)副業(yè)：拍攝與制作有電影質(zhì)感的婚禮視頻。
現(xiàn)在刷了好多 bilibili 視頻,腦子也糊涂了,想咨詢個(gè)性價(jià)比高的鏡頭方案。
現(xiàn)在的想法就是：A7M3+24105 F4 G 鏡頭 在色魔張大媽也刷到了黑五促銷的英亞騰龍 28-75 不到 5K,但是塑料機(jī)身沒保修不敢入··· 鏡頭的視頻需求占 70%,拍照為 30%。（不知道能不能表達(dá)清楚這個(gè)意思- -！就是偶爾也能勝任小型活動(dòng)和產(chǎn)品的商拍等）
鏡頭預(yù)算 1 萬內(nèi),后續(xù)有錢了,再進(jìn)階買哪個(gè)呢？分三步走的話？
#衍生問題# 手持穩(wěn)定器的話,選擇如影 S 還是 SC 版本呢？ 副機(jī)位可否 IPHONE11+OSMO MOBILE3 代替？ 監(jiān)視器和麥克風(fēng)的選擇？
團(tuán)隊(duì)暫時(shí)兩人,已有設(shè)備： 大疆 御 mini、 ipad pro 12.9 256g、 2019 MacBook Pro 15 寸、 osmo mobile 3 * 2、 iPhone 11 * 2、 SONY A7M3
希望有經(jīng)驗(yàn)的大佬分享下~ 在深圳的業(yè)內(nèi)大佬有時(shí)間分享的話可以星爸爸約起 或者感興趣的小伙伴也可以一起討論

兼容性更新,不需要 AHK 或其他輔助軟件了,Word 也不用開著了。
支持 Mac/Windows。
https://github.com/alicewish/AutoLettering
希望 Adobe 好好寫文檔,找個(gè)功能千辛萬苦還找不著。

QQ 群 93918268,學(xué)習(xí)的

還是說 PNG 文件注定這么大？

需要合成一張備案的幕布照,自己水平太低,弄了一下連初審都沒過……
沒有別的原因,實(shí)在不想照這種類似犯罪檔案的照片,有失尊嚴(yán)。
先付訂金 150,過審再付 150。聯(lián)系方式：qq 32402506

今天遇到個(gè)親戚,問我會(huì)不會(huì) PS,不用想,先回答不會(huì)。
然后一問,原來是想把淘寶送的刮刮卡 P 個(gè)特等獎(jiǎng)
還遇到過： 高中朋友想把別人的錄取通知書的名字 P 成她 同學(xué)評(píng)獎(jiǎng)學(xué)金,讓幫忙隨便 P 個(gè)獲獎(jiǎng)證書的
雖然在學(xué)校 PS 選修課學(xué)的還不錯(cuò),但是遇到以上這種,真的感覺不會(huì),P 的我自己都不滿意
P 成下面這樣我都感覺已經(jīng)盡力了,還是一眼看得出來

處理幾千張圖片（全都 1M 以上）,每張圖片裁剪 200x200 像素,每張圖片裁剪的位置可能不一樣,用 ps 的自動(dòng)方法不太完美,有其他方法嗎？一張張效率又太低,最好是一次打開 100 張,然后設(shè)置 200x200 的固定裁剪大小,在每張圖需要裁剪的位置滑動(dòng)一下,就能裁剪成 200x200 像素

。。

有時(shí)候在酷安上看到很漂亮的 app 圖標(biāo)包可以應(yīng)用在 nova 等啟動(dòng)器上,圖標(biāo)作者是用什么做的？

剛剛發(fā)現(xiàn) V2EX WorkSpace 的背景圖非常的好看,不知道這種粗糙的效果怎樣在 Photoshop 或者 GIMP 中實(shí)現(xiàn),特來請(qǐng)教一下。 就是這張圖

因作業(yè)需求,需要給一堆尺寸不一的圖片的同一個(gè)位置建立一個(gè)選區(qū)比如在每個(gè)圖片的左下角建立一個(gè) 10px *. 10px 的方形選區(qū) 實(shí)際選區(qū)比較復(fù)雜,在實(shí)際操作中是從別一個(gè)文檔中拖到工作文檔中的,而這個(gè)操作用動(dòng)作卻不行做批量卻不行

有時(shí)候在 Photoshop 里,對(duì) 圖像窗口 里用 拾色器（前景色） 來取色,把復(fù)制的 HTML 顏色代碼用到 css 里,會(huì)發(fā)現(xiàn)在瀏覽器上看到的顏色會(huì)偏深色,而且這個(gè)問題我遇到很多次了,特別是 被取色的圖層 被設(shè)置過混合選項(xiàng)之后。
那么有什么辦法能去獲取 圖像窗口 里實(shí)際看到的顏色值呢？

https://helpx.adobe.com/creative-cloud/help/sync-settings.html 似乎曾經(jīng)歷史上有過這個(gè)功能,但是在 2015 年的某個(gè)更新的時(shí)候去掉了。

今天切割圖片后想儲(chǔ)存為 web 所用格式,結(jié)果一直彈窗出儲(chǔ)存為 web 所用格式錯(cuò)誤, google 了半天沒有找到答案,有哪位大神指導(dǎo)一二,謝謝了。

求逆波蘭表達(dá)式的值。 在逆波蘭表達(dá)法中,其有效的運(yùn)算符號(hào)包括 +, -, *, / 。每個(gè)運(yùn)算對(duì)象可以是整數(shù),也可以是另一個(gè)逆波蘭計(jì)數(shù)表達(dá)。
點(diǎn)此處在線做題
樣例 1: 輸入: ["2", "1", "+", "3", "*"] 輸出: 9 解釋: ["2", "1", "+", "3", "*"] -> (2 + 1) * 3 -> 9
樣例 2: 輸入: ["4", "13", "5", "/", "+"] 輸出: 6 解釋: ["4", "13", "5", "/", "+"] -> 4 + 13 / 5 -> 6
[題解]
逆波蘭表達(dá)式是更利于計(jì)算機(jī)運(yùn)算的表達(dá)式形式, 需要用到棧(先進(jìn)后出的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)). 遍歷表達(dá)式: 碰到數(shù)字則入棧 碰到運(yùn)算符則連續(xù)從棧中取出 2 個(gè)元素, 使用該運(yùn)算符運(yùn)算然后將結(jié)果入棧 最后棧中剩余一個(gè)數(shù)字, 就是結(jié)果. public class Solution { public int evalRPN(String[] tokens) { Stack s = new Stack(); String operators = "+-*/"; for (String token : tokens) { if (!operators.contains(token)) { s.push(Integer.valueOf(token)); continue; } int a = s.pop(); int b = s.pop(); if (token.equals("+")) { s.push(b + a); } else if(token.equals("-")) { s.push(b - a); } else if(token.equals("*")) { s.push(b * a); } else { s.push(b / a); } } return s.pop(); } }
更多題解參見

這是一個(gè)祖瑪游戲。
一行球放在桌面上,球被涂上了紅（ R ）、黃（ Y ）、藍(lán)（ B ）、綠（ G ）和白（ W ）這么幾種顏色,同時(shí)你也擁有幾個(gè)球。
每一次,從你擁有的球當(dāng)中拿出一個(gè),插入到當(dāng)前行當(dāng)中（包括最左邊和最右邊）。然后,如果有三個(gè)或更多的同色球挨在一起,然后就消除這幾個(gè)球。一直這么做直到?jīng)]有更多的球可以消除。 找到最少的需要插入的球的數(shù)量,使得所有的球都可以被刪除。如果不能刪除所有的球,那么就返回-1 。 初始的行不會(huì)擁有三個(gè)及以上的連續(xù)的同色球。 行中的球的數(shù)量不會(huì)超過 20,用名為"borad"的輸入字符串表示。 你擁有的球不會(huì)超過 5 個(gè),用名為"hand"的輸入字符串表示。 輸入字符串都非空,而且僅包含字符 'R','Y','B','G','W'。
點(diǎn)這里可以在線做題
樣例 1: 輸入: "WRRBBW", "RB" 輸出: -1 解釋: WRRBBW -> WRR[R]BBW -> WBBW -> WBB[B]W -> WW
樣例 2: 輸入: "WWRRBBWW", "WRBRW" 輸出: 2 解釋: WWRRBBWW -> WWRR[R]BBWW -> WWBBWW -> WWBB[B]WW -> WWWW -> empty
樣例 3: 輸入:"G", "GGGGG" 輸出: 2 解釋: G -> G[G] -> GG[G] -> empty
樣例 4: 輸入: "RBYYBBRRB", "YRBGB" 輸出: 3 解釋: RBYYBBRRB -> RBYY[Y]BBRRB -> RBBBRRB -> RRRB -> B -> B[B] -> BB[B] -> empty
[題解]
考點(diǎn)： 搜索 題解：基本思路就是搜索,c 數(shù)組統(tǒng)計(jì)自己各類球的數(shù)量,對(duì) board 進(jìn)行遍歷,然后 j 保存一段的起點(diǎn),i 向后移動(dòng)至出現(xiàn)不同的球,然后對(duì)這段長(zhǎng)度判斷,根據(jù) inc 判斷需要幾個(gè)球插入,對(duì)應(yīng)的球數(shù)量減少,然后截取起點(diǎn)至 j 的區(qū)間和 i 至區(qū)間終點(diǎn)的兩段拼接,繼續(xù)搜索即可。 public class Solution { /** * @param board: the given board * @param hand: the balls in your hand * @return: the minimal balls you have to insert to remove all the balls on the table */ private int aux(String s, int[] c){ if("".equals(s)) { return 0; } int res = 2 * s.length() + 1; for(int i = 0; i < s.length();){ int j = i++; //j 保存起點(diǎn) while(i < s.length() && s.charAt(i) == s.charAt(j)) { i++; } int inc = 3 - i + j; //3-(i-j) 判斷消除需要幾個(gè)球 if(c[s.charAt(j)] >= inc){ //如果數(shù)量足夠 int used = inc <= 0 ? 0 : inc; //如果 inc<=0,不需要 c[s.charAt(j)] -= used; //用掉 s[j] int temp = aux(s.substring(0, j) + s.substring(i), c); //去除 j 至 i 的一段繼續(xù)搜索 if(temp >= 0) { res = Math.min(res, used + temp); } c[s.charAt(j)] += used; //搜索完成后補(bǔ)充球的數(shù)量 } } return res == 2 * s.length() + 1 ? -1 : res; } public int findMinStep(String board, String hand) { // Write your code here int[] c = new int[128]; for(char x : hand.toCharArray()){ c[x]++; } return aux(board, c); } }
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LintCode 想讓它最好的員工之一選擇在 N 個(gè)城市間旅行來收集算法問題。但是只工作不玩耍,聰明的孩子也會(huì)變傻,你可以在某些特定的城市并且一個(gè)星期里去度假。你的工作是安排旅行,盡可能多的假期,但是有一些規(guī)則和限制你需要遵守。
規(guī)則和限制: 您只能在 1 個(gè)城市中旅行,由 0 到 N-1 的索引表示。一開始,你周一在城市 0 。
這些城市都是通過航班連接起來的。這些航班被表示為 N*N 矩陣(非必要對(duì)稱),稱為代表航空公司從城市 i 到 j 城市狀態(tài)的 flights 矩陣。如果沒有從城市 i 到城市 j 的航班,flights[i][j] = 0;否則,flights[i][j]= 1 。還有,flights[i][i] = 0 。
你總共有 K 周(每周有 7 天)旅行。你只能每天最多乘坐一次航班,而且只能在每周一早上乘坐航班。由于飛行時(shí)間太短,我們不考慮飛行時(shí)間的影響。
對(duì)于每個(gè)城市,你只能在不同的星期里限制休假日,給定一個(gè)命名為 days 的 N*K 矩陣表示這種關(guān)系。對(duì)于 days[i][j]的值,它表示你可以在 j+1 周的城市 i 里休假的最長(zhǎng)天數(shù),你得到的是 flights 矩陣和 days 矩陣,你需要輸出你在 K 周期間可以獲得的最長(zhǎng)假期。 N 和 K 是正整數(shù),它們?cè)赱1, 100]的范圍內(nèi)。 在 flights 矩陣中,所有的值都是在[0, 1]范圍內(nèi)的整數(shù)。 在 days 矩陣中,所有的值都是范圍內(nèi)的整數(shù)[0, 7]。 你可以呆在一個(gè)超過假期天數(shù)的城市,但是你應(yīng)該多工作幾天,這不會(huì)算作休假日。 如果你從 A 市飛到 B 市,并在那天休假,那么假期的扣除將計(jì)入 B 城市的假期天數(shù)。 我們不考慮飛行時(shí)間對(duì)計(jì)算假期的影響。
→點(diǎn)擊此處在線做題
樣例 1: 輸入：flights = [[0,1,1],[1,0,1],[1,1,0]],days = [[1,3,1],[6,0,3],[3,3,3]] 輸出：12 解釋： Ans = 6 + 3 + 3 = 12. 最好的策略之一是: 第一周:周一從城市 0 飛往城市 1,休假 6 天,工作 1 天。 (雖然你從城市 0 開始,但從周一開始,我們也可以飛到其他城市去。) 第二周:周一從城市 1 飛到城市 2,休假 3 天,工作 4 天。 第三周:呆在城市 2,休假 3 天,工作 4 天。
樣例 2: 輸入：flights = [[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]],days = [[1,1,1],[7,7,7],[7,7,7]] 輸出：3 解釋： Ans = 1 + 1 + 1 = 3. 因?yàn)闆]有航班可以讓你飛到另一個(gè)城市,所以你必須在城市里呆 3 個(gè)星期。 每個(gè)星期,你只有一天休假的時(shí)間和六天的工作。 所以假期的最大天數(shù)是 3
樣例 3: 輸入：flights = [[0,1,1],[1,0,1],[1,1,0]],days = [[7,0,0],[0,7,0],[0,0,7]] 輸出：21 解釋： Ans = 7 + 7 + 7 = 21. 最好的策略之一是: 第一周:呆在城市 0,玩 7 天。 第二周:周一從城市 0 飛到城市 1,然后休假 7 天。 第三周:周一從城市 1 飛到城市 2,然后休假 7 天。
[題解]
考點(diǎn)：
dp
題解： dp[i]表示最后到達(dá) i 城市的最長(zhǎng)休假時(shí)間。先枚舉周數(shù),然后枚舉終點(diǎn),然后是起點(diǎn),判斷是否前往(temp[j] = Math.max(temp[j], dp[k] + days[j][i]);),即是否進(jìn)行轉(zhuǎn)移。每周更新 dp 數(shù)組,最后從 dp 數(shù)組選擇最大值即可。 public class Solution { /** * @param flights: the airline status from the city i to the city j * @param days: days[i][j] represents the maximum days you could take vacation in the city i in the week j * @return: the maximum vacation days you could take during K weeks */ public int maxVacationDays(int[][] flights, int[][] days) { // Write your code here int N = flights.length; int K = days[0].length; int[] dp = new int[N]; Arrays.fill(dp, Integer.MIN_VALUE); dp[0] = 0; for (int i = 0; i < K; i++) { //逐漸擴(kuò)大枚舉周 int[] temp = new int[N]; Arrays.fill(temp, Integer.MIN_VALUE); for (int j = 0; j < N; j++) { //枚舉終點(diǎn) for(int k = 0; k < N; k++) { //枚舉起點(diǎn) if (j == k || flights[k][j] == 1) { //如果城市 k 到城市 j 存在航班 temp[j] = Math.max(temp[j], dp[k] + days[j][i]); //則再對(duì)當(dāng)前答案進(jìn)行選擇,即是否從 k 前往 j } } } dp = temp; } int ans = 0; for(int i = 0; i < N; i++){ //最后對(duì) dp 數(shù)組篩選最大值即可 ans = Math.max(ans, dp[i]); } return ans; } }
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格雷編碼是一個(gè)二進(jìn)制數(shù)字系統(tǒng),在該系統(tǒng)中,兩個(gè)連續(xù)的數(shù)值僅有一個(gè)二進(jìn)制的差異。 給定一個(gè)非負(fù)整數(shù) n,表示該代碼中所有二進(jìn)制的總數(shù),請(qǐng)找出其格雷編碼順序。一個(gè)格雷編碼順序必須以 0 開始,并覆蓋所有的 2n 個(gè)整數(shù)。 對(duì)于給定的 n,其格雷編碼順序并不唯一。 當(dāng) n = 2 時(shí),根據(jù)上面的定義,[0,1,3,2] 和 [0,2,3,1] 都是有效的格雷編碼順序。
點(diǎn)這里在線做題
樣例 1: 輸入: 1 輸出: [0, 1]
樣例 2: 輸入: 2 輸出: [0, 1, 3, 2] 解釋: 0 - 00 1 - 01 3 - 11 2 - 10
最簡(jiǎn)單的做法是利用位運(yùn)算. 在《計(jì)算機(jī)組成與設(shè)計(jì)》一書上有介紹. 一個(gè)數(shù)字對(duì)應(yīng)的格雷編碼的計(jì)算方式是: 將其二進(jìn)制第一位(從高位數(shù))與 0 異或, 得到的結(jié)果為格雷碼的第一位 之后依次將原數(shù)的第 i 位與生成的格雷碼第 i-1 位做異或運(yùn)算, 即可得到格雷碼的第 i 位. public class Solution { public ArrayList grayCode(int n) { ArrayList result = new ArrayList(); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) result.add(i ^ (i >> 1)); return result; } } ////////// 遞歸版本 public class Solution { public ArrayList grayCode(int n) { ArrayList result = new ArrayList(); if (n <= 1) { for (int i = 0; i <= n; i++){ result.add(i); } return result; } result = grayCode(n - 1); ArrayList r1 = reverse(result); int x = 1 << (n-1); for (int i = 0; i < r1.size(); i++) { r1.set(i, r1.get(i) + x); } result.addAll(r1); return result; } public ArrayList reverse(ArrayList r) { ArrayList rev = new ArrayList(); for (int i = r.size() - 1; i >= 0; i--) { rev.add(r.get(i)); } return rev; } }
點(diǎn)這里查看更多題解
歡迎評(píng)論區(qū)討論

給定一個(gè)長(zhǎng)度為 n 的數(shù)組 a,它有 n(n+1)/2??個(gè)子數(shù)組。請(qǐng)計(jì)算這些子數(shù)組的和,然后按照升序排列,并返回排序后第 k 個(gè)數(shù)。 1≤n≤10?^5 1≤a?i≤10^?9 1≤k≤?n(n+1)/2
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Example1 Input: [2,3,1,4] 6 Output:5 Explanation: 我們可以得到所有子數(shù)組的和是 [1,2,3,4,4(3 + 1), 5(1 + 4), 5(2 + 3), 6(2 + 3 + 1), 8(3 + 1 + 4), 10(2 + 3 + 1 + 4)]。其中第六個(gè)是 5 。
題解
算法
二分+two pointer
算法分析
我們可以看到,題目需要求和第 k k 大的子區(qū)間,而我們的區(qū)間總個(gè)數(shù)共有 n(n+1)/2 個(gè),當(dāng) n 為 10^5??時(shí)這個(gè)數(shù)高達(dá) 10^10 級(jí)別。我們顯然不能暴力的枚舉每一個(gè)區(qū)間和然后排序。
算法思路
我們注意到,所有數(shù)字的和不超過 10^14,這個(gè)范圍可以讓我們想到使用二分最終的答案進(jìn)行求解。 二分要求解的問題是：對(duì)于給定的和 x,求有多少個(gè)區(qū)間的和小于 x,小于等于 x 。這需要我們?cè)?O(n)的時(shí)間復(fù)雜度內(nèi)進(jìn)行求解。由于數(shù)組內(nèi)所有數(shù)都是正數(shù),我們自然的可以想到同向雙指針求解。當(dāng)當(dāng)前區(qū)間的和大于 k,就移動(dòng)左指針,否則移動(dòng)右指針。
時(shí)間復(fù)雜度
O(nlog(n)) public class Solution { /** * @param a: an array * @param k: the kth * @return: return the kth subarray */ private int check(long x, int[] a, long k) { long tmp1 = 0, tmp2 = 0, now = a[0]; int l = -1, r = 0, n = a.length; long all = (long)n * (n + 1) / 2; while (l <= r && r < n) { if (now >= x) { if (now == x) { tmp2++; } else { tmp1++; } tmp1 += n - r - 1; l++; now -= a[l]; } else {r++; if (r < n) now += a[r];} } if (all - tmp1 - tmp2 < k && all - tmp1 >= k) return 0; if (all - tmp1 - tmp2 >= k) return 1; else return -1; } public long thekthSubarray(int[] a, long k) { // wrrite your code here int n = a.length; long sum = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { sum += a[i]; } long l = 1, r = sum; while (l <= r) { long mid = (l + r) / 2; int flag = check(mid, a, k); if (flag == 0) { return mid; } if (flag == 1) { r = mid - 1; } else { l = mid + 1; } } return -1; } }
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分享一個(gè)暴力解法
n 個(gè)人按順序圍成一圈(編號(hào)為 1~n),從第 1 個(gè)人從 1 開始報(bào)數(shù),報(bào)到 k 的人出列,相鄰的下個(gè)人重新從 1 開始報(bào)數(shù),報(bào)到 k 的人出列,重復(fù)這個(gè)過程,直到隊(duì)伍中只有 1 個(gè)人為止,這就是約瑟夫問題?，F(xiàn)在給定 n 和 k,你需要返回最后剩下的那個(gè)人的編號(hào)。 1<=n<=1000, 1<=k<=100
→戳此在線評(píng)測(cè)
樣例 1 輸入: n = 5, k = 3 輸出: 4 解釋: 求解過程： 原隊(duì)列 ：1 2 3 4 5 第一輪：1 2 4 5 其中 3 出列 第二輪：2 4 5 其中 1 出列 第三輪：2 4 其中 5 出列 第四輪：4 其中 2 出列
樣例 2 輸入: n = 5, m = 1 輸出: 5 解釋: 第一輪：2 3 4 5, 其中 1 出列 第二輪：3 4 5, 其中 2 出列 第三輪：4 5, 其中 3 出列 第四輪：5, 其中 4 出列
[題解] 暴力解決。建立一個(gè)鏈表,并在每次迭代中刪除一個(gè)節(jié)點(diǎn)。O(n)時(shí)間復(fù)雜度。 public class Solution { /** * @param n: an integer * @param k: an integer * @return: the last person's number */ public int josephProblem(int n, int k) { List list = new LinkedList<>(); for (int i = 1; i <= n; i++) { list.add(i); } int i = 0; while (list.size() != 1) { i = (i + k - 1) % list.size(); list.remove(i); } return list.get(0); } }
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寫一個(gè)程序來找第 n 個(gè)超級(jí)丑數(shù)。 超級(jí)丑數(shù)是所有的質(zhì)數(shù)因子都在給定的的質(zhì)數(shù)集合內(nèi)的正整數(shù)。 比如給定質(zhì)數(shù)集合 [2, 7, 13, 19], 那么 [1, 2, 4, 7, 8, 13, 14, 16, 19, 26, 28, 32] 是前 12 個(gè)超級(jí)丑數(shù)。 1 永遠(yuǎn)都是超級(jí)丑數(shù)。 0 < k ≤ 100, 0 < n ≤ 10^6, 0 < primes[i] < 1000 k 是丑數(shù)集合的長(zhǎng)度
在線評(píng)測(cè)地址
樣例 1: 輸入: n = 6, [2,7,13,19] 輸出: 13
樣例 2: 輸入: n = 11, [2,3,5] 輸出: 15
[題解]
做法 1:
使用小根堆, 初始將 1 放入堆, 循環(huán) n-1 次, 每次取出堆頂, 然后將該值與素?cái)?shù)列表每個(gè)數(shù)的乘積再次放入堆. 注意可能會(huì)有數(shù)重復(fù)入堆, 所以還需要額外的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)記錄一個(gè)數(shù)是否出現(xiàn)過, 把重復(fù)的數(shù)排除, 以保證取出的堆頂是從小到大的超級(jí)丑數(shù). n-1 次循環(huán)之后, 此時(shí)的堆頂即是第 n 個(gè)丑數(shù). 時(shí)間復(fù)雜度 O(nklogn)
做法 2:
依次求出前 n 個(gè)超級(jí)丑數(shù). 定義 times[i]表示當(dāng)前的超級(jí)丑數(shù)的質(zhì)因數(shù)中, 列表中第 i 個(gè)素?cái)?shù)的次數(shù). uglys[i]表示第 i+1 個(gè)素?cái)?shù). 初始 times[i] = 0, uglys[0] = 1, 然后依次由 uglys[0] ~ uglys[i] 求出 uglys[i+1]: 枚舉, 求出 uglys[times[j]] * prime[j] 的最小值, 即是 uglys[i+1] 更新對(duì)應(yīng)的 times[j], 即 若 uglys[times[j]] * prime[j] == uglys[i+1], times[j]++ 時(shí)間復(fù)雜度 O(nk) public class Solution { /** * @param n a positive integer * @param primes the given prime list * @return the nth super ugly number */ public int nthSuperUglyNumber(int n, int[] primes) { int[] times = new int[primes.length]; int[] uglys = new int[n]; uglys[0] = 1; for (int i = 1; i < n; i++) { uglys[i] = Integer.MAX_VALUE; for (int j = 0; j < primes.length; j++) { uglys[i] = Math.min(uglys[i], primes[j] * uglys[times[j]]); } for (int j = 0; j < times.length; j++) { if (uglys[times[j]] * primes[j] == uglys[i]) { times[j]++; } } } return uglys[n - 1]; } }
更多題解參見

你想要用小寫字母組成一個(gè)目標(biāo)字符串? target 。
開始的時(shí)候,序列由? target.length 個(gè)? '?' ?記號(hào)組成。而你有一個(gè)小寫字母印章? stamp 。
在每個(gè)回合,你可以將印章放在序列上,并將序列中的每個(gè)字母替換為印章上的相應(yīng)字母。你最多可以進(jìn)行? 10 * target.length 個(gè)回合。
舉個(gè)例子,如果初始序列為 "?????",而你的印章? stamp ?是? "abc" ,那么在第一回合,你可以得到 "abc??"、"?abc?"、"??abc"。（請(qǐng)注意,印章必須完全包含在序列的邊界內(nèi)才能蓋下去。）
如果可以印出序列,那么返回一個(gè)數(shù)組,該數(shù)組由每個(gè)回合中被印下的最左邊字母的索引組成。如果不能印出序列,就返回一個(gè)空數(shù)組。
例如,如果序列是 "ababc",印章是 "abc" ,那么我們就可以返回與操作 "?????" -> "abc??" -> "ababc" 相對(duì)應(yīng)的答案? [0, 2] ；
另外,如果可以印出序列,那么需要保證可以在? 10 * target.length ?個(gè)回合內(nèi)完成。任何超過此數(shù)字的答案將不被接受。
1.1 <= stamp.length <= target.length <= 1000
2.stamp 和 target 僅包含小寫字母。
在線評(píng)測(cè)地址： https://www.lintcode.com/problem/median-of-two-sorted-arrays/?utm_source=sc-v2ex-fks
樣例 1: 輸入：stamp = "abc", target = "ababc" 輸出：[0,2] 解釋："?????"->"abc??"->"ababc"
樣例 2: 輸入：stamp = "abca", target = "aabcaca" 輸出：[3,0,1] 解釋："???????"->"???abca"->"abcabca"->"aabcaca"
[題解]
考點(diǎn)： 貪心 字符串
題解： 考慮下面的樣例 Stamp = "abc", Target = "ababcbc" Target = ab???bc Target = ab????? Target = ??????? 逆向做法,可以在 target 中找到 stamp 的子串。然后用特殊符號(hào)覆蓋。我們逆向想一下,因?yàn)槲液笊w的章會(huì)覆蓋掉前面的章,那么我前面的章無論什么時(shí)候蓋對(duì)后蓋的章都是沒有影響的,所以我先找到最后一次章蓋的位置,即在 target 序列中找 stamp,記下蓋的序列的最左邊位置,然后把相應(yīng)位置全部替換為‘?’,相當(dāng)于就是例 2 中的 "a????ca",然后把這個(gè)？看成一個(gè)萬能的字母,它可以為任意的,再找 stamp,這樣,一直到最后全部變成 target,這些序列就是從最后一次到第一次蓋章的位置,然后倒轉(zhuǎn)一下就是題目所要求的。需要注意的是,在寫代碼的時(shí)候,一定要注意需要判斷匹配的字符串可能全是?,所以需要防止這種情況產(chǎn)生。 class Solution { public int[] movesToStamp(String stamp, String target) { char[] S = stamp.toCharArray(); char[] T = target.toCharArray(); List res = new ArrayList<>(); boolean[] visited = new boolean[T.length]; int stars = 0; while (stars < T.length) { boolean doneReplace = false; for (int i = 0; i <= T.length - S.length; i++) { if (!visited[i] && canReplace(T, i, S)) { stars = doReplace(T, i, S.length, stars); doneReplace = true; visited[i] = true; res.add(i); if (stars == T.length) { break; } } } if (!doneReplace) { return new int[0]; } } int[] resArray = new int[res.size()]; for (int i = 0; i < res.size(); i++) { resArray[i] = res.get(res.size() - i - 1); } return resArray; } private boolean canReplace(char[] T, int p, char[] S) { //canReplace(char[] T, int p, char[] S) is used to check if any substring from Target is existing to be replaced with *. for (int i = 0; i < S.length; i++) { if (T[i + p] != '*' && T[i + p] != S[i]) { return false; } } return true; } private int doReplace(char[] T, int p, int len, int count) { //doReplace(char[] T, int p, int len, int count) is used to replace the substring with * and return the total number of * we have now. for (int i = 0; i < len; i++) { if (T[i + p] != '*') { T[i + p] = '*'; count++; } } return count; } }

現(xiàn)在給你兩個(gè)長(zhǎng)度均為 N 的整數(shù)數(shù)組 A 和 B 。
當(dāng)(A[0]+...A[K-1]),(A[K]+...+A[N-1]),(B[0]+...+B[K-1]) 和 (B[K]+...+B[N-1])四個(gè)和值大小相等時(shí),稱索引 K 是一個(gè)公平索引。也就是說,索引 K 可以使得 A,B 兩個(gè)數(shù)組被分成兩個(gè)非空數(shù)組,這四個(gè)子數(shù)組的和值相等。
例如,數(shù)組 A = [4,-1,0,3],B = [-2,5,0,3],那么索引 K = 2 是公平的,子數(shù)組的和相等：4+(-1) = 3; 0+3 = 3; -2 + 5 = 3 and 0 + 3 = 3 。
現(xiàn)在請(qǐng)你計(jì)算公平索引的個(gè)數(shù)。 2<=N<=100000 -1000000000<=a[i],b[i]<=1000000000 (0<=i在線評(píng)測(cè)地址： https://www.lintcode.com/problem/fair-indexes/?utm_source=sc-v2ex-fks
樣例 1: 輸入: [4,-1,0,3] [-2,5,0,3] 輸出: 2
樣例 2: 輸入: [2,-2,-3,3] [0,0,4,-4] 輸出: 1
樣例 3: 輸入: [4,-1,0,3] [-2,6,0,4] 輸出: 0
樣例 4: 輸入: [1,4,2,-2,5] [7,-2,-2,2,5] 輸出: 2
[題解]
先判斷兩個(gè)數(shù)組總和是否相等,若不相等,則直接返回 0 ； 然后掃一遍數(shù)組,用 pre_a 和 pre_b 分別記錄兩個(gè)數(shù)組的前綴和,前綴和相等時(shí) ans++即可。
需要注意的是,數(shù)組中數(shù)的值在-1e9,1e9 范圍內(nèi),數(shù)組長(zhǎng)度 0,1e5,所以中間和會(huì)超出 int 范圍,需要用 long ；
還有被分成的兩個(gè)數(shù)組不能為空,所以前綴和 p0 和 pn-1 是不考慮的； public class Solution { /** * @param A: an array of integers * @param B: an array of integers * @return: return a integer indicating the number of fair indexes. */ public int CountIndexes(List A, List B) { int ans = 0; long sum_a = 0, sum_b = 0, pre_a = 0, pre_b = 0; for(int i = 0; i < A.size(); i++) { sum_a += A.get(i); sum_b += B.get(i); } if(sum_a != sum_b)return 0; for(int i = 0; i < A.size() - 1; i++) { pre_a += A.get(i); pre_b += B.get(i); if(pre_a==pre_b) ans++; } return ans; } }
更多語言代碼參見： https://www.jiuzhang.com/solution/fair-indexes/?utm_source=sc-v2ex-fks

已有方法 rand7 ?可生成 1 到 7 范圍內(nèi)的均勻隨機(jī)整數(shù),試寫一個(gè)方法? rand10 生成 1 到 10 范圍內(nèi)的均勻隨機(jī)整數(shù)。
不要使用系統(tǒng)的 Math.random() 方法 rand7 ?已定義。 傳入?yún)?shù):? n ?表示? rand10 ?的調(diào)用次數(shù)。
在線評(píng)測(cè)地址： LintCode 領(lǐng)扣
樣例 1: 輸入：1 輸出：[7]
樣例 2: 輸入：2 輸出：[8,4]
樣例 3: 輸入：3 輸出：[8,1,10]
[題解]
考點(diǎn)： 隨機(jī)數(shù)
題解： [1,7] 的隨機(jī)數(shù), 減一-> [0,6] 的隨機(jī)數(shù),乘以 7 -> {0,7,14,21,28,35,42} 中的隨機(jī)數(shù) [1,7]的隨機(jī)數(shù) 1+2 是[1,49]的隨機(jī)數(shù),且均勻生成 -> [0,48]的隨機(jī)數(shù) 取出[0,39]區(qū)間 取到的概率是 1/49 除以 4-> [0,9]的隨機(jī)數(shù) 加一->[1,10]的隨機(jī)數(shù) public class Solution extends SolBase{ public int rand10() { while(true){ int rand49 = (rand7() - 1) * 7 + rand7() - 1; if(rand49 <= 39) { return rand49 / 4 + 1; } } } }
更多語言代碼參見： 九章算法

LEGO 列表 by KnewOne 用戶 Syn
評(píng)測(cè)： LEGO 樂高 樂高機(jī)械組 挖掘機(jī) 42006
LEGO Volvo L350F 42030
LEGO 42009 MK II
LEGO 42025

看 Prime Video 里的免費(fèi)視頻,動(dòng)不動(dòng)就是廣告,這個(gè)會(huì)員感覺就是假的 :(

跨境電商公司,后綴進(jìn)出口有限公司。 跟國外的公司合作,國外公司縮寫 sy, 希望朋友們給點(diǎn)意見,感謝呀。

要用到 amazon api 需要注冊(cè) amazon professional seller 賬戶 奈何我沒有公司 咋辦?還有 ebay api, https://developer.ebay.com/signin , 已經(jīng)用不同賬戶注冊(cè) 2 次了, 它提示說他們需要 1 天時(shí)間審核 , 結(jié)果沒收到任何通知

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