时间限制:1秒 空间限制:262144K 给定两个-100到100的整数x和y,对x只能进行加1,减1,乘2操作,问最少对x进行几次操作能得到y? 例如:a=3,b=11: 可以通过3*2*2-1,3次操作得到11:a=5,b=8:可以通过(5-1)*2,2次操作得到8: 输入描述: 输入以英文逗号分隔的两个数字,数字均在32位整数范围内. 输出描述: 输出一个数字 输入例子1: 3,11 输出例子1: 3 思路:广度优先搜索.(队列实现) #include <iostream> #inclu

链接:https://www.nowcoder.com/questionTerminal/45d04d4d047c48768543eeec95798ed6?orderByHotValue=1&page=1&onlyReference=false来源:牛客网 给定两个-100到100的整数x和y,对x只能进行加1,减1,乘2操作,问最少对x进行几次操作能得到y? 例如: a=3,b=11: 可以通过3*2*2-1,3次操作得到11: a=5,b=8:可以通过(5-1)*2,2次操作得到8:

# 用井字符开头的是单行注释 """ 多行字符串用三个引号 包裹,也常被用来做多 行注释 """ #################################################### ## 1. 原始数据类型和运算符 #################################################### # 整数 3 # => 3 # 算术没有什么出乎意料的 1 + 1 # => 2 8 - 1

法一:我们考虑x,y在二进制表示时候,按位相加其中第i位xi+yi = ((xi&yi)<<1) + (xi^yi)其中(xi&yi)<<1表示当xi和yi都是1是,需要进位1.     xi^yi表示不考虑进位,当前位的值.把所有这些数据相加,也就是x+y = Sum{xi*2^i}+Sum{yi*2^i} = Sum{(xi+yi)*2^i}      = Sum{ (((xi&yi)<<1)+(xi^yi))*2^i }     =Sum{

改进了一下,不过还是要十多秒吧. package com.boco.study; import java.math.BigDecimal; import java.util.Calendar; import com.sun.java_cup.internal.internal_error; import com.sun.org.apache.xerces.internal.impl.dv.xs.YearDV; /** * 本题的奖品由亿阳信通赞助,以下是题目详情: * 给定表达式[x/2] +

设 $y_1(x), y_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的两个解 ($p(x), q(x)$ 连续), 且 $y_1(x_0)=y_2(x_0)=0$, $y_1(x)\not\equiv 0$. 试证: $y_1(x)$, $y_2(x)$ 线性相关. 这就是 [王高雄等编.常微分方程[M].北京:高等教育出版社.2006] 第 124 页定理 4 的逆否命题的直接推论.

输入x,y,x为源数字,y为目标值.输出x变成y的最少操作次数. x每次可以执行三种操作:-1 . +1 . x2: 如 x=5,y=8:5-1=4,4x2=8;所以输出结果为2(次操作). 可以发现用树形结构保存,并用层次遍历的方式找最简单. 层次遍历的实现就是通过队列,循环的将队列front的节点从队列中拿出来,将其儿子节点放入队列后…… #include <iostream> #include <queue> using namespace std; struct node{

/** 题目:hdu6055 Regular polygon 链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6055 题意:给定n个坐标(x,y).x,y都是整数,求有多少个正多边形.因为点都是整数点,所以只可能是正四边形. 思路: (x1,y2)(x2,y2)=>(x,y) = (x2-x1,y2-y1) 向量(x,y)逆时针旋转90度:(-y,x):那么可以得到垂直(x,y)的向量,并通过(x2,y2)获得以(x2,y2)为起点的向量终点(x2+(

/** 题目:Solve Equation 链接:http://acm.hnust.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?id=1643 //最终来源neu oj 2014新生选拔赛题 题意:给定两个数的和以及他们的最小公倍数,求这两个数. 思路: x+y=A lcm(x,y)=B => x*y/gcd(x,y)=B 要把这两个公式联立,那么必须消掉gcd: 设:d = gcd(x,y), x = kx*d, y = ky*d; kx与ky互质: x+y=A => d(

xen 启动虚拟机后,domain0 可以看到虚拟网卡设备,但是有几种显示 tapx.y , vifx.y 或者 vifx.y-emu . 在我的实验里,同样的配置,如 vif = ["type=ioemu, bridge=virbr0, mac=00:16:3e:eb:ca:65"] , 在 xen4.1 和 xen4.2 的显示是不同的, xen4.2 启动hvm guest 的情况:ifconfig出现两个接口,vif1.0 这个实际发现没有使用,vif1.0-emu 这个是发挥

// ConsoleApplication12.cpp : 定义控制台应用程序的入口点. // #include "stdafx.h" // ConsoleApplication12.cpp : 定义控制台应用程序的入口点. // #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main() { int W, N; // int Y; long float Y; long float

题目链接 题意 现有\[x+y=a\\lcm(x,y)=b\]找出满足条件的正整数\(x,y\). \(a\leq 2e5,b\leq 1e9,数据组数12W\). 思路 结论 \(gcd(x,y)=gcd((x+y),lcm(x,y))\) 证明 先证\(gcd(x,y)|gcd((x+y),lcm(x,y))\) 不妨设\(gcd(x,y)=k\),则有\(k\mid x,k\mid y\),则有\(k\mid (x+y)\) -① 又\(k\mid x,x\mid lcm(x,y)\),所

/**  * 尝试获取arr子集 y  使 x=Σy  * @param {Array} arr   * @param {number} x   * @param {Array} res   */ function tryVisit(arr, x, res) {    res = res || arr.map(m => { return { x: x - m, item: [m] } });    ; ri < res.length; ri++) {       const rr = res[

题意:      x^z + y^z + x*y*z = k; (x < y ,z > 1),给你一个k问有多少组解. 思路:        暴力枚举z,y,然后二分查找x.注意一点最好用快速幂,别用pow,不然有可能会超时,如果先把z=2的处理了会快一点.应该会0ms..... #include<stdio.h> __int64 quickp(__int64 a,__int64 n) { __int64 aa=1; while(n) { if(n&1) aa*=a; a*

原文地址 http://blog.sina.com.cn/s/blog_1410870560102wu9a.html 在iOS 7中,苹果引入了一个新的属性,叫做[UIViewController setEdgesForExtendedLayout:],它的默认值为UIRectEdgeAll.当你的容器是navigation controller时,默认的布局将从navigation bar的顶部开始.这就是为什么所有的UI元素都往上漂移了44pt.有时会加上顶部tool bar的高度 20,

#define DIV_ROUND_UP(x,y) (((x) + ((y) - 1)) / (y)) 1.问题 x.y都是整数,且x > 1, y > 1,求 x / y的向上取整,即: 当 x / y整除时,向上取整值为 x / y: 当x / y不整除时,向上取整值为(x / y) + 1; 这个算法的一个应用:有一个动态增长的缓冲区,增长的步长为y,某一次申请的缓冲区大小为x,此时,可以用这个算法,计算出缓冲区的一个合适大小,正好能够容纳x,并且不会过于太多,多余部分不会比y多. 2.

第一种形式:y=0/1 第二种形式:y=+1/-1 第一种形式的损失函数可由极大似然估计推出: 第二种形式的损失函数:  , 参考:https://en.wikipedia.org/wiki/Loss_functions_for_classification

1.y=y||’world’ function log(x,y){ y=y||’world’; console.log(x,y) } log(‘hello’)===>hello world log('hello','')==>hello world       2.y=y?y:'world' function log(x,y){ y=y?y:'world'; console.log(x,y) } log('hello’)==>hello world log('hello','')==&g

The remainder function and % operator. 以下这段代码过不了编译的(gcc) #include <stdio.h> #include <fenv.h> int main() { double x = 10; printf("x % 2 = %lf\n",x%2.0); return 0; } operator  % 仅能操作在整形数据中,(推測,%的实现是依据数据位shift实现的). 这里浮点数的取余数调用<math.

直接求解法 取范数 \[ E(k)=\|kx-y\|^{2}\\ \] 构建最小二乘得出 \[ \arg \min (E(k))=k^2x^Tx+y^Ty-2x^Tyk \] 对k求导有 \[ 2x^Txk-2x^Ty=0 \] 解得 \[ k = \frac{x^Ty}{x^Tx} \] 带初值的增量求解法 取k的初始值为\(k_1\),增量值为\(k_2\),由上述直接法可知 \[ k = k_1+k_2 =\frac{x^Ty}{x^Tx}\\ k_2 = \frac{x^Ty}{x^Tx