这里使用的自带vc工程的1.8版本，地址 http://gnuwin32.sourceforge.net/packages/gsl.htm 这个网页里面有GSL1.8版本的，里面有目录VC8，下面有libgsl.sln, GSL的官方文档在 http://www.gnu.org/software/gsl/doc/latex/gsl-ref.pdf GSL都是C的API和一些结构体，我们 试了下多项式求根
link Description 懒得写了。 Solution 设 \(f(x)\) 表示对于一个位置操作了 \(x\) 次后刚好变为 \(1\) 的方案数，可以看出的是 \(f(x)\) 同样也是对于一个位置在操作了 \(x-1\) 次后仍没有变为 \(1\) 的方案数。 可以想到的是，第 \(i\) 个位置结束的方案数就是： \[\sum_{x=0} f(x+1)
Maching learning diagnostic 概念： A test that you can run to gain insight whta is/isn’t working with a learning algorithm,and gain guidance as to how best to improve its performance 评估假设： 将一组数据分为训练集和测试集，一般以7:3 当数据是有规则时，
模型选择 训练误差和泛化误差 训练误差：模型在训练数据上的误差泛化误差：模型在新数据上的误差例子：根据模考成绩来预测未来考试分数 在过去的考试中表现很好(训练误差)不代表未来考试一定会好(泛化误差)学生A通过背书在模考中拿到了很好成绩学生B知道答案后面的原因 验证数
\(A\) 一眼 \(B\) 两眼 然后这个 \(C\) 刚开始胡对了，一度被周围的人骗了以为自己假了 \(D\) 5min 左右想出了 \(F_n=\sigma(n)+\text{poly}(\{F_i\})\)，结果后面想了一年才发现那个 \(\text{poly}\) 是 \(\sum_{i=1}^{n-1}F(i)\) 看 \(E\)，发现有两棵树，莫名想到了那道著名的“通道”
//定义点的结构体 function point(){ this.x=0; this.y=0; } //计算一个点是否在多边形里,参数:点,多边形数组 function PointInPoly(pt, poly) { for (var c = false, i = -1, l = poly.length, j = l - 1; ++i < l; j = i) ((poly[i].y <= pt.y && pt.y < po
在机器学习中，通过增加一些输入数据的非线性特征来增加模型的复杂度通常是有效的。一个简单通用的办法是使用多项式特征，这可以获得特征的更高维度和互相间关系的项。这在 PolynomialFeatures 中实现: >>> import numpy as np >>> from sklearn.preprocessing import PolynomialF
from shapely.geometry import Polygon import geopandas as gpd poly = Polygon([(116.072, 39.714), (116.075, 39.705), (116.078, 39.695), (116.099, 39.688), (116.122, 39.688), (116.167, 39.685), (116.202, 39.684
在这篇文章中，我们将首先看看Lasso和Ridge回归中一些常见的错误，然后我将描述我通常采取的步骤来优化超参数。代码是用Python编写的，我们主要依赖scikit-learn。本文章主要关注Lasso的例子，但其基本理论与Ridge非常相似。 起初，我并没有真正意识到需要另一个关于这个主题的指南—
该篇博 客内容已上传至Github 链接：https://github.com/slandarer/low_poly_poisson 三角化效果: 步骤 1.图片灰度化后进行sobel卷积检测边缘 oriPic=imread('test.jpg'); % use sobel algorithm to detect image edges if size(oriPic,3)==3 grayPic=rgb2gray(oriPic
论文名称：Poly-YOLO: higher speed, more precise detection and instance segmentation for YOLOv3 论文地址：https://arxiv.org/abs/2005.13243v2 本文很有意思，实用性很强，是本人比较推荐的论文。因为各大算法评价性能都是在比赛数据上测试的，但是在实际项目数据上可能就不太好
\[f_k=\sum_{i=1}^n {a_i}^k \]\[\begin{aligned} F(x)&=\sum_{k \ge 0}x^k\sum_{i=1}^n {a_i}^k \\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{k \ge 0}x^k {a_i}^k \\ &= \sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix} \\ &=\sum_{i=1}^n \left( 1 - \fr
随着BSN官方培训的有序开展，BSN团队携手联盟成员单位、合作伙伴单位、合格开发者、以及开发者大赛获奖者等，秉承互联网精神，将自己的技术成果、应用方案、经验心得等与大家无私分享。目前，BSN已推出超过40期的视频直播课程和在线客服答疑，BSN知识库的公开学习资料储备已超过500篇
简易的多项式。用来粗暴模拟。 struct Poly { static const int MAXN = 1e3 + 10; int deg, f[MAXN]; Poly() { deg = 0, memset(f, 0, sizeof(f)); } int& operator[](int index) { return f[index]; } void maintain() { d
const int MAXN = 1 << 21; const int MOD = 998244353; const int G = 3; inline int qadd(const int &x, const int &y) { int r = x + y; return r >= MOD ? r - MOD : r; } inline int qsub(const int &x, const int &y) { int r
第一次出现合法状态的期望时间可以转换为所有非法状态的出现概率乘以其在此处期望停留的时间。 设此非法状态抽了 \(r\) 张卡，那么其有 \(\binom{m}{r}^{-1}\) 的概率出现，经过 \(\frac{m}{m-r}\) 时间后会到达下一个状态。 只需要计数所有非法状态的数量即可。 对每个极长连续段考
EAST是旷视科技在2017年论文East: An Efficient and Accurate Scene Text Detector中提出，能检测任意角度的文字，速度和准确度都很有优势。 East算是一篇很有特色的文章，还是从网络设计，GroundTruth生成，loss函数和Locality-Aware NMS(后处理)四部分来学习下。 1.网络设计 East
题目链接 虽然这是一个卷积的形式，但是却无法直接卷积，真是难受啊 于是考虑分治，对于当前分治区间\([l,r]\)，假设我们已经求出了\(f_l,f_{l+1},\dots ,f_{mid}\) 那么对于\(x\in [mid+1,r]\),\([l,mid]\)的贡献就是 \[w_x=\sum_{i=l}^{mid}f_i\cdot g_{x-i} \]于是乎像\(cdq\)分治那样
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=(1<<21)+10; const int mod=998244353; const int gg=3; const int giv=(mod+1)/3; typedef long long ll; namespace iobuff{ const int LEN=1000000; char in[LEN+5], out[LEN+5]; char *pin=in,
#include<bits/stdc++.h> #define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i) #define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i) using namespace std; inline int read() { char c=getchar();int x=0;bool f=0; for(;!isdigit(c);c=getchar(
02-线性结构2 一元多项式的乘法与加法运算 (20分) 设计函数分别求两个一元多项式的乘积与和。 输入格式: 输入分2行，每行分别先给出多项式非零项的个数，再以指数递降方式输入一个多项式非零项系数和指数（绝对值均为不超过1000的整数）。数字间以空格分隔。 输出格式: 输出分2行，分别以指
本来以为这道题会非常难调，但是没想到调了不到 5 分钟就 A 了. 由于基于多项式的运算都可以方便地进行封装，所以细节就不是很多（或者说几乎没有细节） 题意：给定一棵树，每个点有点权，求对于所有大小为 $m$ 的独立集的点权之积的和. 数据范围：$n,m \leqslant 8 \times 10^4
分析： 首先是一个\(O(n^2)\)的DP，设\(f_{i,j,0/1}\)表示做了前\(i\)个，用了\(j\)个\(A\)，最后一个是\(A/B\)的方案数 然后我们不看最后一位，发现\(f_{i,j}\)两个状态可以用\(2*2\)的转移矩阵DP 发现转移矩阵与\(j\)没有关系，把\(j\)去掉，维护\(f_i=\sum_{j=0}a_jx^j\)的生成函数，\(x^j\)
调得太难受了，但我并不想多说什么。 压位高精 压18位。最大限度地利用long long、__int128、__float128，能做\(10^{3000}\)。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define IN inline #define CO const typedef long long int64; typedef __int128 int128; typedef __flo
考虑给一个根。记 \(B\) 是有根联通图，\(D\) 是点双连通图。 现在考虑有根无向图： \[B(x) = x*\exp(\sum_i D_{i+1}/i! B^i) \\ \frac{B(x)}{\exp(D'(B(x)))}=x \]扩展拉格朗日反演： \[[x^n] H(\frac{x}{\exp(D'(x))}) = \frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)\frac{x^n}{B(x)^n} \]取 \(H(x)
