本文翻译自维基百科,英文原文地址是:http://en.wikipedia.org/wiki/ransac,如果您英语不错,建议您直接查看原文. RANSAC是"RANdom SAmple Consensus(随机抽样一致)"的缩写.它可以从一组包含"局外点"的观测数据集中,通过迭代方式估计数学模型的参数.它是一种不确定的算法--它有一定的概率得出一个合理的结果:为了提高概率必须提高迭代次数.该算法最早由Fischler和Bolles于1981年提出. RANSAC

今天看到一段代码,可以从0.....n-1中随机等概率的输出m个不重复的数(n远远大于m).遂记录下来. 首先,产生随机数,不免要用到srand,rand函数.先简单介绍下两个函数. 1,void srand(unsigned int seed):  初始化随机数生成器,对于每一个不同的seed,每一次调用rand()将会产生不同的随机数序列. 特别的,当seed == 1时,生成器将会被重新初始化以前的初始化值,那么下次rand产生的随机数将会和第一次rand()相同. 所以,为了产生真正的随

题目:随机输出“苹果”,“橘子”,“香蕉”要求输出“苹果”的概率为50%,“橘子”的概率为30%,“香蕉”的概率为20% 分析 方案一: 最常用rand(1,10)来处理 如果是5以下的输出苹果 6到8的输出橘子 9到10的输出香蕉 <?php $arr = array('苹果','橘子','香蕉'); $i = mt_rand(1,10); if($i<=5){ echo $arr[0]; }else if($i>=9){ echo $arr[1]; }else{ echo $arr[

举个例子,游戏中玩家推倒了一个boss,会按如下概率掉落物品:10%掉武器 20%掉饰品 30%掉戒指 40%掉披风.现在要给出下一个掉落的物品类型,或者说一个掉落的随机序列,要求符合上述概率. 一般人会想到的两种解法 第一种算法,构造一个容量为100(或其他)的数组,将其中10个元素填充为类型1(武器),20个元素填充为类型2(饰品)...构造完毕之后,在1到100之间取随机数rand,取到的array[rand]对应的值,即为随机到的类型.这种方法优点是实现简单,构造完成之后生成随机类型的时

传送门 考虑如果只有$0$组边要怎么做.因为$N \leq 15$,考虑状压$DP$.设$f_i$表示当前的匹配情况为$i$时的概率($i$中$2^0$到$2^{N-1}$表示左半边的匹配情况,$2^N$到$2^{2N-1}$表示右半边的匹配情况),转移就是随便取一条边将其起终边对应的位置去掉然后乘上$0.5$. 然而会发现这会重复转移,也就是说先选择$a$再选择$b$与先选择$b$再选择$a$在计算中被算作了两种情况,但实际上只能够算作一种.我们考虑固定$DP$的顺序.我们每一次选择$lowb

题意 LOJ #2540. 「PKUWC 2018」随机算法 题解 朴素的就是 \(O(n3^n)\) dp 写了一下有 \(50pts\) ... 大概就是每个点有三个状态 , 考虑了但不在独立集中 , 考虑了并且在独立集中 , 还没考虑 . 转移就很显然了 qwq 然后要优化嘛 , 把其中两个状态合起来 , 也就是分成考虑了和没考虑了的两种 . 其中考虑了的那种 , 只会存在两种状态 , 要么是在独立集内 , 要么就是与独立集联通 , 没有考虑的 绝对不和独立集联通 就行了 . 然后我们枚举

传送门 为了方便我们设\(N\)是\(N,M,L\)中的最小值,某一个位置\((x,y,z)\)所控制的位置为集合\(\{(a,b,c) \mid a = x \text{或} b = y \text{或} c = z\}\) 发现恰好\(k\)个位置不大好算,考虑容斥计算强制\(k\)个位置是极大值的概率 对于极大值所在位置的数\(a_1,a_2,...,a_k\),假设\(a_1 > a_2 > ... > a_k\),那么我们还需要满足\(a_1 \geq a_1\)所在位置控制的

The RANSAC algorithm is a learning technique to estimate parameters of a model by random sampling of observed data. Given a dataset whose data elements contain both inliers and outliers, RANSAC uses the voting scheme to find the optimal fitting resul

场上数据很水,比较暴力的做法都可以过90分以上,下面说几个做法. 1. 暴力枚举所有最大独立集,对每个独立集分别DP.复杂度玄学,但是由于最大独立集并不多,所以可以拿90. 2. dp[S][k]表示考虑到排列的第k位,当前独立集为S的方案数,枚举第k+1位,根据是否与S相连转移到dp[S][k+1]或dp[S | a[k+1]][k+1].$O(n^22^n)$ 3. dp[S]表示排列的状态为S时的正确率,mx[S]表示排列状态为S时能得到的最大独立集大小,考虑转移,枚举排列里最后一个在独立

//假设输入的n远大于m void knuth(int n, int m) { for (int i = 0; i < n; i++) { if (rand() % (n - i)<m) { cout << i << endl; m--; } } } 证明: 1.输出不同的m个值: 由这个for循环循环n次,且在满足条件时才输出i,可知,输出不同值的要求已满足,因为每次输出的都是i值,而i值每次都是不一样的,m--保证了程序在输出了m个值后就不再输出i. 2.等概率:

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3830 询问1:f[x]表示有x个叶节点的树的叶节点平均深度: 可以把被扩展的点的深度看做 f[x-1] ,于是两个新点深度为 f[x-1]+1,而剩下的x-2个点平均深度就是f[x-1]: 所以f[x] = [ f[x-1] * (x-2) + (f[x-1] + 1) * 2 ] / x : 整理得到f[x] = f[x-1] + 2 / x : 询问2:f[i][j]表示有i个叶子节点.深度为j的概率:

#include <stdlib.h> #include <time.h> knuth(int n, int m) { srand((unsigned )); ; i < n; i++) { if (rand()%(n-i)<m ) { cout << i << endl; m--; } } } 为了方便解释假设n等于10,m等于5:第一次rand()%(n-0)的余数范围是0~9,有可能小于m(=5),可以输出i=0:随后i++,m--第二次r

https://loj.ac/problem/2290 题解:https://blog.csdn.net/Vectorxj/article/details/78905660 不是很好理解,对于边(x1,y1)和(x2,y2),可以分“x1或y1已匹配”,“x2或y2已匹配”,“x1,x2,y1,y2均未匹配”三种情况考虑拆边的正确性. 状压的时候,对于当前左边已经匹配的集合,只需要枚举左边已匹配的最后一个是用哪条边匹配的即可,也就是程序里的S<(1<<T). 不要用顺推,记忆化搜索会忽略

Hash是把锋利的刀子,处理海量数据时经常用到,大家可能经常用hash,但hash的有些特点你是否想过.理解过.我们可以利用我们掌握的概率和期望的知识,来分析Hash中一些有趣的问题,比如: 平均每个桶上的项的个数 平均查找次数 平均冲突次数 平均空桶个数 使每个桶都至少有一个项的项个数的期望 本文hash的采用链地址法发处理冲突,即对hash值相同的不同对象添加到hash桶的链表上. 每个桶上的项的期望个数 将n个不同的项hash到大小为k的hash表中,平均每个桶会有多少个项?首先,对于任意

第二种方法:首先分析题意,可用概率的方法来计算,做了好几道百度的题目,觉得大多数是再考概率论,所以首先要弄懂题意,最后做题前把公式写出来,这样编码时才能游刃有余. 本题中下面的第一种用迭代枚举的方法来做是不对的,仅做错误示范 // ConsoleApplication3.cpp : 定义控制台应用程序的入口点. // #include<iostream> #include<vector> #include<iomanip> using namespace std; in

这个系列我们用现实中经常碰到的小样本问题来串联半监督,文本对抗,文本增强等模型优化方案.小样本的核心在于如何在有限的标注样本上,最大化模型的泛化能力,让模型对unseen的样本拥有很好的预测效果.之前在NER系列中我们已经介绍过Data Augmentation,不熟悉的童鞋看过来 中文NER的那些事儿4. 数据增强在NER的尝试.样本增强是通过提高标注样本的丰富度来提升模型泛化性,另一个方向半监督方案则是通过利用大量的相同领域未标注数据来提升模型的样本外预测能力.这一章我们来聊聊半监督方案中的

题目:给定一个函数rand()能产生1到n之间的等概率随机数,问如何产生1到m之间等概率的随机数? 先把问题特殊化,例如原题变为给定一个函数rand5(),该函数可以随机生成1-5的整数,且生成概率一样.现要求使用该函数构造函数rand7(),使函数rand7()可以随机等概率的生成1-7的整数. 很多人的第一反应是利用rand5() + rand()%3来实现rand7()函数,这个方法确实可以产生1-7之间的随机数,但是仔细想想可以发现数字生成的概率是不相等的.rand()%3 产生0的概率

  读了阮一峰的蒙特卡罗方法入门,用概率统计的方式求解棘手的数学问题还挺有意思的,尤其是利用正方形和它的内切圆之间的面积关系来建模求解圆周率的方法精巧又简单,比投针实验好理解也好实现多了.建模可不是Matlab或者MAST/VHDL语言的专利,既然tcl/tk脚本也有内置的随机数产成函数rand(),那么我用tcl/tk建模计算圆周率也应该不在话下. 建模思想 正方形内部有一个相切的圆,它们的面积之比是π/4. 在这个正方形内部,随机产生足够多的点,计算它们与中心点的距离,从而判断是否落在圆的内

本系列文章经补充和完善,已修订整理成书<Java编程的逻辑>,由机械工业出版社华章分社出版,于2018年1月上市热销,读者好评如潮!各大网店和书店有售,欢迎购买,京东自营链接:http://item.jd.com/12299018.html 随机 本节,我们来讨论随机,随机是计算机程序中一个非常常见的需求,比如说: 各种游戏中有大量的随机,比如扑克游戏洗牌 微信抢红包,抢的红包金额是随机的 北京购车摇号,谁能摇到是随机的 给用户生成随机密码 我们首先来介绍Java中对随机的支持,同时介绍其实现

概率与期望dp 概率 某个事件A发生的可能性的大小,称之为事件A的概率,记作P(A). 假设某事的所有可能结果有n种,每种结果都是等概率,事件A涵盖其中的m种,那么P(A)=m/n. 例如投掷一枚骰子,点数小于3的概率为2/6=1/3. 如果两个事件A和B所涵盖的结果没有交集,那么P(A或B发生)=P(A)+P(B) 还是掷骰子 P(点数小于3或点数大于4)=2/6+2/6=2/3 如果A和B所涵盖的结果有交集 那么P(A或B发生)=P(A)+P(B)-P(A与B同时发生) P(点数小于3或点数

起因:在一场训练赛上.有这么一题没做出来. 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6829 题目大意:有三个人,他们分别有\(X,Y,Z\)块钱(\(1<=X,Y,Z<=1e6\)),钱数最多的(如果不止一个那么随机等概率的选一个)随机等可能的选另一个人送他一块钱.直到三个人钱数相同为止.输出送钱轮数的期望,如果根本停不下来,输出-1. 根据题目的意思,其实就是每次向包里随机加入一枚钱币,直到包里某种钱币数量达到 100.本题的核心是如何