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▪二叉查找树与红黑树概念性质及操作时间复杂度
操作名(h树高)
二叉查找数
红黑树
查找
O(h)
O(lgn)
查最大/小元素
O(h)
O(lgn)
前驱/后继
O(h)
O(lgn)
插入
O(h)
O(h)
删除
O(h)
O(h)
旋转
无
O(1)
高度
下.........
▪Linux下怎样查看机器配置,及cpu/内存/硬盘使用率 Linux下怎样查看机器配置啊?cpu/内存/硬盘
dmesg
显示开机信息。kernel会将开机信息存储在ring buffer中。您若是开机时来不及查看信息,可利用dmesg来查看。开机信息亦保存在/var/log目录中,名称.........
▪InterviewStreet题目(3)
Zombie March
Zombies have placed themselves at every junction in New York. Each junction 'i' initially has a presence of ai number of zombies.
At every timestep each zombie randomly chooses one of its neighboring junctions and walk.........
[1]二叉查找树与红黑树概念性质及操作时间复杂度
来源: 互联网 发布时间: 2013-11-05
操作名(h树高)
二叉查找数
红黑树
查找
O(h)
O(lgn)
查最大/小元素
O(h)
O(lgn)
前驱/后继
O(h)
O(lgn)
插入
O(h)
O(h)
删除
O(h)
O(h)
旋转
无
O(1)
高度
下取整(lgn)+1<=h<=n
<=2lg(n+1)
PS:黑高度定义:从某个结点x出发(不包括该节点)到达一个叶子结点的任意一条路径上,黑结点的个数成为该节点x的黑高度.用bh(x)表示.
红黑树满足的性质:
(1) 每个结点是红的或黑的
(2) 根结点是黑的
(3) 每个叶结点是(NIL)黑的
(4) 如果一个结点是红的,则它的两个孩子结点都是黑的
(5) 对于每个结点,从该节点到其子孙结点的所有路径上包含相同数目的黑结点.
结论:
(1).红黑树根的黑高度至少为h/2
(2).一棵n个内结点的红黑树的高度至多为2lg(n+1)
作者:ustcqi 发表于2013-1-5 16:58:43 原文链接
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[2]Linux下怎样查看机器配置,及cpu/内存/硬盘使用率
来源: 互联网 发布时间: 2013-11-05
Linux下怎样查看机器配置啊?cpu/内存/硬盘
dmesg
显示开机信息。kernel会将开机信息存储在ring buffer中。您若是开机时来不及查看信息,可利用dmesg来查看。开机信息亦保存在/var/log目录中,名称为dmesg的文件里
dmesg|grep hd
硬盘
dmesg|grep cpu
cpu
dmesg|grep proc
内存
dmesg|grep redhat
操作系统
dmesg|more
更多信息
uname -a
操作系统版本
查看linux cpu和内存利用率
2008-07-17 18:04
在 系统维护的过程中,随时可能有需要查看 CPU 使用率,并根据相应信息分析系统状况的需要。在 CentOS 中,可以通过 top 命令来查看 CPU 使用状况。运行 top 命令后,CPU 使用状态会以全屏的方式显示,并且会处在对话的模式 -- 用基于 top 的命令,可以控制显示方式等等。退出 top 的命令为 q (在 top 运行中敲 q 键一次)。
操作实例:
在命令行中输入 “top”
即可启动 top
top 的全屏对话模式可分为3部分:系统信息栏、命令输入栏、进程列表栏。
第一部分 -- 最上部的 系统信息栏 :
第一行(top):
“00:11:04”为系统当前时刻;
“3:35”为系统启动后到现在的运作时间;
“2 users”为当前登录到系统的用户,更确切的说是登录到用户的终端数 -- 同一个用户同一时间对系统多个终端的连接将被视为多个用户连接到系统,这里的用户数也将表现为终端的数目;
“load average”为当前系统负载的平均值,后面的三个值分别为1分钟前、5分钟前、15分钟前进程的平均数,一般的可以认为这个数值超过 CPU 数目时,CPU 将比较吃力的负载当前系统所包含的进程;
第二行(Tasks):
“59 total”为当前系统进程总数;
dmesg
显示开机信息。kernel会将开机信息存储在ring buffer中。您若是开机时来不及查看信息,可利用dmesg来查看。开机信息亦保存在/var/log目录中,名称为dmesg的文件里
dmesg|grep hd
硬盘
dmesg|grep cpu
cpu
dmesg|grep proc
内存
dmesg|grep redhat
操作系统
dmesg|more
更多信息
uname -a
操作系统版本
查看linux cpu和内存利用率
2008-07-17 18:04
在 系统维护的过程中,随时可能有需要查看 CPU 使用率,并根据相应信息分析系统状况的需要。在 CentOS 中,可以通过 top 命令来查看 CPU 使用状况。运行 top 命令后,CPU 使用状态会以全屏的方式显示,并且会处在对话的模式 -- 用基于 top 的命令,可以控制显示方式等等。退出 top 的命令为 q (在 top 运行中敲 q 键一次)。
操作实例:
在命令行中输入 “top”
即可启动 top
top 的全屏对话模式可分为3部分:系统信息栏、命令输入栏、进程列表栏。
第一部分 -- 最上部的 系统信息栏 :
第一行(top):
“00:11:04”为系统当前时刻;
“3:35”为系统启动后到现在的运作时间;
“2 users”为当前登录到系统的用户,更确切的说是登录到用户的终端数 -- 同一个用户同一时间对系统多个终端的连接将被视为多个用户连接到系统,这里的用户数也将表现为终端的数目;
“load average”为当前系统负载的平均值,后面的三个值分别为1分钟前、5分钟前、15分钟前进程的平均数,一般的可以认为这个数值超过 CPU 数目时,CPU 将比较吃力的负载当前系统所包含的进程;
第二行(Tasks):
“59 total”为当前系统进程总数;
[3]InterviewStreet题目(3)
来源: 互联网 发布时间: 2013-11-05
Zombie March
Zombies have placed themselves at every junction in New York. Each junction 'i' initially has a presence of ai number of zombies.
At every timestep each zombie randomly chooses one of its neighboring junctions and walks towards it. Each neighboring junction is choosen by the zombie with an equal probability. In order to safegaurd the citizens of New York we need to find out the expected
number of zombies at every junction after 'k' timesteps.
The network of New York is given as an edge list.
Input Format:
t-> 'T' test cases, t test cases follow.
n, m, k- > number of junctions(nodes) of New York, number of roads (edges) and 'k' time steps.
Followed by m lines containing m edges, 1 edge in each line. Each edge is denoted by 2 integers that can range from 0 to n-1. All the edges are bidirectional. A node cannot connect itself.
Followed by n lines having initial number of Zombies at the location ai.
Constraints:
1<=t<=5
5<=n<=100000
1<=m<= 200000
1<=k<=10000000
1<=ai<=1000
Output Format:
No of zombies (rounded of to its nearest integer) in the Top 5 highly populated junctions after 'k' timesteps.
大概就是给你一张图,每个节点有一些僵尸,僵尸乱走,然后问你若干步后每个点僵尸的期望是多少。
每一步僵尸的状态只和前一步有关,跟前一步的前一步没有关系,所以满足马尔科夫性,这是一个典型的马尔科夫链。
既然知道了马尔科夫链就通过给定的数据可以得到状态转移矩阵,然后构造初始向量,乘以状态转移矩阵的K次方,就能得到最后的解。
但值得注意的是k的上限是10^7,是一个很大的数字,基本无法再规定时间内做出一个100000*100000的矩阵的如此高次幂。
因此我首先考虑的是矩阵处理。尝试进行对角化,也就是找到一个矩阵a和b使得 a*b*a^-1=X ,其中X就是原矩阵。
但是失败了,一是因为这个矩阵的秩是否为n,是否能进行对角化,二是这个对角化的过程编程实在是太过于复杂。
所以就要用其它的思路。
考虑到题目必然是有解的,其中一定还有什么信息还没用到,这些信息应该能当做突破点。
注意到题目的要求并没有让你求具体的期望,只要求将期望四舍五入到整数即可,所以或许不需要迭代k次,只需要迭代到一个收敛的状态即可。
那么收敛的状态是否存在呢?
答案是肯定的,根据马尔科夫链稳态存在的条件即可判断。
所谓的稳态存在的条件就是:在不可约的马尔科夫链中(如果图有不可达的区域,给定起始点将不在这个起始点所在的联通分量上的其余点都可以约掉),给定任意i,j,存在一个整数m,使得Pij(m)>0,若这个成立则此马尔科夫链必存在稳态。
换句话说,就是一个僵尸能跑到这个图的联通分量上的所有点,则条件成立,因为题目中说明了边都是双向的,因此条件一定成立。(其实这个论述也不严谨,比如n=2的情况就不成立,但好在题目中n是大于等于5的)
因此,在若干步后,此链会达到稳态,但同时我们也不知道在给定的k步内是否能趋近于稳态。
因此程序中判断若两次迭代后四舍五入的值相同,就认定是达到稳态,然后退出迭代。
代码提交通过,最长的用时大概是2S多一点。
数据存储上存储这个矩阵(稀疏矩阵),使用了哈希表和arraylist结合使用的方法,因为矩阵运算只涉及到乘,所以这样效率能高些。
代码如下:
import java.io.*; import java.util.*; public class Solution { public static void main(String[] argvs) throws NumberFormatException, IOException { BufferedReader br=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)); //BufferedReader br=new BufferedReader(new InputStreamReader(new FileInputStream("D:/1.txt"))); int CASE=Integer.valueOf(br.readLine()); for(;CASE>0;CASE--) { String[] strs=br.readLine().split(" "); int n=Integer.valueOf(strs[0]); int m=Integer.valueOf(strs[1]); int k=Integer.valueOf(strs[2]); HashMap<Integer,ArrayList<point>> graph=new HashMap<Integer,ArrayList<point>>(); int[] nums=new int[n]; for(int i=0;i<=m-1;i++) { strs=br.readLine().split(" "); nums[Integer.valueOf(strs[0])]++; nums[Integer.valueOf(strs[1])]++; point p1=new point(Integer.valueOf(strs[0]),1); point p2=new point(Integer.valueOf(strs[1]),1); ArrayList<point> al=graph.get(Integer.valueOf(strs[1])); if(al==null) { al=new ArrayList<point>(); graph.put(Integer.valueOf(strs[1]), al); } al.add(p1); al=graph.get(Integer.valueOf(strs[0])); if(al==null) { al=new ArrayList<point>(); graph.put(Integer.valueOf(strs[0]), al); } al.add(p2); } for(Integer key : graph.keySet()) { ArrayList<point> al=graph.get(key); for(int i=0;i<=al.size()-1;i++) { al.get(i).value/=nums[al.get(i).y]; //System.out.println(key+" "+i+" "+al.get(i).value); } } double[] newarray=new double[n]; double[] old=new double[n]; for(int i=0;i<=n-1;i++) { newarray[i]=-1; old[i]=Integer.valueOf(br.readLine()); } for(int i=0;i<=k-1;i++) { for(int j=0;j<=n-1;j++) { double t=0; ArrayList<point> al=graph.get(j); if(al==null) { newarray[j]=0; continue; } for(int h=0;h<=al.size()-1;h++) { t+=al.get(h).value*old[al.get(h).y]; } newarray[j]=t; } if(canfinish(newarray,old)) { break; } old=newarray; newarray=new double[n]; } ArrayList<Integer> al=new ArrayList<Integer>(); for(int i=0;i<=old.length-1;i++) { al.add(near(old[i])); } Collections.sort(al); for(int i=0;i<=4 ;i++) { System.out.print(al.get(al.size()-1-i)+" "); } System.out.println(); } } private static boolean canfinish(double[] a1,double[] a2) { for(int i=0;i<=a1.length-1;i++) { if(near(a1[i])!=near(a2[i])) return false; } return true; } private static int near(double a) { if(a-(int)a>0.5) { return (int)a+1; } return (int)a; } private static class point { int y; double value; public point(int a,double b) { y=a; value=b; } } }
作者:ROger__wonG 发表于2013-1-5 16:31:28 原文链接
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