根据上面的等式，S满足三个要求：除以T1余数为N1，除以T2余数为N2，除以T3余数为N3。这样我们就把问题转化为求一个最小数，该数除以T1余N1，除以T2余N2,除以T3余N3。...我们在感叹神奇的同时不禁想知道古人是如何想到这个方法的，有什么基本的数学依据吗？ 分析 我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题，从零开始，试图揣测古人是如何推导出这个解法的。...这个是很好证明的。 以此定理为依据，如果n2是3的倍数，n1+n2就依然满足除以3余2。同理，如果n3也是3的倍数，那么n1+n2+n3的和就满足除以3余2。...展开式中已证明。 最后，我们还要清楚一点，n1+n2+n3只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？我们只需要从中最大限度的减掉掉3，5，7的公倍数105即可。...n3 = k * 644 * (i / m); break; } } //int sum = n1 + n2
t2 ==> n2 ------------------- (E_Plus) P t1 t2 ==> n1 + n2 Small-Step single...) (C n2) --> C (n1 + n2) t1 --> t1' -------------------- (ST_Plus1) P...st (SPlus :: p', n::m::stk) (p', (m+n)::stk) | SS_Minus : forall st stk n m p', stack_step st...s_execute st [] (s_compile e) = [ aeval st e ]. (** 重要的是这个更一般的「描述了 prog 如何与 stack 交互」的定理 **) Theorem...现在则是证明 relational Inductive 的性质，同样我们需要一个更一般的定理（然后原命题作为推论） Theorem stack_step_theorem : forall (st : state
2年后，麻省理工学院的 Seth Gilbert 和 Nancy Lynch 从理论上证明了 CAP。之后，CAP 理论正式成为分布式计算领域的公认定理。...证明 ?...如上图，是我们证明CAP的基本场景，网络中有两个节点N1和N2，可以简单的理解N1和N2分别是两台计算机，他们之间网络可以连通，N1中有一个应用程序A，和一个数据库V，N2也有一个应用程序B2和一个数据库...如上图，是分布式系统正常运转的流程，用户向N1机器请求数据更新，程序A更新数据库Vo为V1，分布式系统将数据进行同步操作M，将V1同步的N2中V0，使得N2中的数据V0也更新为V1，N2中的数据再响应N2...假设在N1和N2之间网络断开的时候，有用户向N1发送数据更新请求，那N1中的数据V0将被更新为V1，由于网络是断开的，所以分布式系统同步操作M，所以N2中的数据依旧是V0；这个时候，有用户向N2发送数据读取请求
二、实验原理 利用 FFT 计算线性卷积，是将 x(n)、h(n) 用补零法延长到 N+M-1 用循环卷积定理完成的，因此要求 x(n) 、 h(n)延长后的长度 既满足 L>=N+M-1 又满足...整理好经过运行并证明是正确的程序。 3. 对计算线性卷积的两种方法，直接法和FFT 法进行比较。 4. 分析研究如何将本程序改造成完成分段卷积的程序。...N=10;M=15; nx=0:N-1; x=[nx<=5]; n1=0:11; h1=0.8....*hk; y2=ifft(yk); y2=abs(y2); subplot(313),stem(n,y2,'.'); text(18,3,'用FFT进行卷积'); n1=0:15; x1=n1; n2...=0:7; M=length(n2); x2=ones(1,M); y1=conv(x1,x2); n01=min(n1)+min(n2); n02=max(n1)+max(n2); ny1=[n01:
文心一言： 在这里插入图片描述 chatgpt： 首先证明 f(n)+g(n) 是单调递增的： 设 n1 n2，由于 f 和 g 都是单调递增的函数，则有 f(n1) ≤ f(n2) 和 g(n1...) ≤ g(n2)，两边分别加起来得到 f(n1) + g(n1) ≤ f(n2) + g(n2)，即 f(n) + g(n) 也是单调递增的。...接下来证明 f(g(n)) 是单调递增的： 设 m1 m2，由于 g 是单调递增的函数，则有 g(m1) ≤ g(m2)，又因为 f 是单调递增的函数，所以有 f(g(m1)) ≤ f(g(m2))...最后证明 f(n)·g(n) 是单调递增的： 设 n1 n2，由于 f 和 g 都是非负单调递增的函数，则有 f(n1) ≤ f(n2) 和 g(n1) ≤ g(n2)，两边相乘得到 f(n1)·g...(n1) ≤ f(n2)·g(n2)，即 f(n)·g(n) 也是单调递增的。
文心一言：图片chatgpt：首先证明 f(n)+g(n) 是单调递增的：设 n1 n2，由于 f 和 g 都是单调递增的函数，则有 f(n1) ≤ f(n2) 和 g(n1) ≤ g(n2)，两边分别加起来得到...f(n1) + g(n1) ≤ f(n2) + g(n2)，即 f(n) + g(n) 也是单调递增的。...接下来证明 f(g(n)) 是单调递增的：设 m1 m2，由于 g 是单调递增的函数，则有 g(m1) ≤ g(m2)，又因为 f 是单调递增的函数，所以有 f(g(m1)) ≤ f(g(m2))。...最后证明 f(n)·g(n) 是单调递增的：设 n1 n2，由于 f 和 g 都是非负单调递增的函数，则有 f(n1) ≤ f(n2) 和 g(n1) ≤ g(n2)，两边相乘得到 f(n1)·g(...n1) ≤ f(n2)·g(n2)，即 f(n)·g(n) 也是单调递增的。
概述： 如上图，是我们证明CAP的基本场景，网络中有两个节点N1和N2，可以简单的理解N1和N2分别是两台计算机，他们之间网络可以连通，N1中有一个应用程序A，和一个数据库V，N2也有一个应用程序B2和一个数据库...如上图，是分布式系统正常运转的流程，用户向N1机器请求数据更新，程序A更新数据库Vo为V1，分布式系统将数据进行同步操作M，将V1同步的N2中V0，使得N2中的数据V0也更新为V1，N2中的数据再响应N2...这里，可以定义N1和N2的数据库V之间的数据是否一样为一致性；外部对N1和N2的请求响应为可用行；N1和N2之间的网络环境为分区容错性。...假设在N1和N2之间网络断开的时候，有用户向N1发送数据更新请求，那N1中的数据V0将被更新为V1，由于网络是断开的，所以分布式系统同步操作M，所以N2中的数据依旧是V0；这个时候，有用户向N2发送数据读取请求...阻塞等待，直到网络连接恢复，数据更新操作M完成之后，再给用户响应最新的数据V1。 这个过程，证明了要满足分区容错性的分布式系统，只能在一致性和可用性两者中，选择其中一个。
CAP原则论证 如图所示，是我们证明CAP的基本场景，网络中有两个节点N1和N2，可以简单的理解N1和N2分别是两台计算机，他们之间网络可以连通，N1中有一个应用程序A，和一个数据库V，N2也有一个应用程序...在满足可用性的时候，用户不管是请求N1或者N2，都会得到立即响应。 在满足分区容错性的情况下，N1和N2有任何一方宕机，或者网络不通的时候，都不会影响N1和N2彼此之间的正常运作。...分布式系统将数据进行同步操作M，将V1同步的N2中V0，使得N2中的数据V0也更新为V1，N2中的数据再响应N2的请求。...由于网络是断开的，所以分布式系统同步操作M，所以N2中的数据依旧是V0。这个时候，有用户向N2发送数据读取请求，由于数据还没有进行同步，应用程序没办法立即给用户返回最新的数据V1，怎么办呢？...阻塞等待，直到网络连接恢复，数据更新操作M完成之后，再给用户响应最新的数据V1。 这个过程，证明了要满足分区容错性的分布式系统，只能在一致性和可用性两者中，选择其中一个。 3.
解法： ①令除数n1=3，n2=5，n3=7两两互质，然后将除数相乘得到一个n，n=n1n2n3=105; ②令余数x1=2，x2=3，x3=2，令乘积除以每个除数，得到一组数，M1=n/n1=105/...3=35，M2=n/n2=105/5=21，M3=n/n3=105/7=15; ③利用辗转相除法或直接计算乘法反元素得到一组数： s1=(mod n1) = ≡ 2 (mod 3) s2=(mod n2...X = (x1M1s1 + x2M2s2 + x3M3s3) (mod n) = (2×35×2 + 3×21×1 + 2×15×1) (mod 105) = 23 中国余式定理：令n1、n2、……、nk...利用中国余子式定理可以得到flag。...题目虽不是很难，但对于我来说这个定理也是头一次听说，头一次接触，倒也学到了不少。 -END-
("m的平方="+(n*n)); } public void m(int n1,int n2){ System.out.println("m的积="+(n1*n2)); } public void...,int n2){ return n1>n2 ?...n1:n2; } public double max(double n1,double n2){ return n1>n2 ?...n1:n2; } public double max(double n1,double n2,double n3){ double max1= n1>n2 ?...n1:n2; return max1>n3 ? max1:n3; }
现给定两个不相等的正分数 N1/M1 和 N2/M2，要求你按从小到大的顺序列出它们之间分母为 K 的最简分数。...15 scanf("%d/%d %d/%d %d",&N1,&M1,&N2,&M2,&K); 16 float ans1,ans2; 17 ans1 = (float)N1 / (float...a : gcd(b, a % b); 5} 6int main() { 7 int n1, m1, n2, m2, k; 8 scanf("%d/%d %d/%d %d", &n1,...&m1, &n2, &m2, &k); 9 if(n1 * m2 > n2 * m1) { 10 swap(n1, n2); 11 swap(m1, m2); 12...scanf("%d/%d %d/%d %d",&N1,&M1,&N2,&M2,&K); 16 if(N1 * M2 > N2 * M1){ 17 swap(N1,N2); 18
治（也就是合并）的代码实现： void merge(int arr[], int l, int m, int r) { // 计算合并的两个子数组的大小 int n1 = m - l...+ 1; int n2 = r - m; /*创建两个临时的子数组，存储要合并的两个子数组 */ int L[] = new int[n1]; int R[]...= new int[n2]; /*拷贝数据*/ for (int i = 0; i n1; ++i) L[i] = arr[l + i]; for...int i = 0, j = 0; // 初始化合并后数组的下标k为 l(不是1，是left) int k = l; while (i n1 && j n2) {...主定理对递归式 所提供的一种 “菜谱式” 的求解方法，关于主定理的证明就不在这里解释了，感兴趣可以看一下 《算法导论》4.6 节的主定理的证明。 我们这里直接 “下菜“ 即可。
5.获取set1和set2中各自不同元素的数量，分别为n1和n2。 6.初始化答案ans为n1 + n2 - common，即为合并后的集合s中可能包含的最多元素数量。...:= len(set1) n2 := len(set2) ans := n1 + n2 - common m := len(nums1) / 2 if n1 > m...{ mn := min(n1-m, common) ans -= n1 - mn - m common -= mn } if n2 >...= len(set1) n2 = len(set2) ans = n1 + n2 - common m = len(nums1) // 2 if n1 > m:...mn = min(n1 - m, common) ans -= n1 - mn - m common -= mn if n2 > m: n2 -
首先要将模拟信号经过采样、量化、编码，变成数字信号，即进行 A/D 转换，然后用数字技术进行数字信号处理，最后经过 D/A 转换成为模拟信号，这一处理过程称为模拟信号的数字信号处理．在这一过程中最主要的是采样定理...．采样定理是指对于一个Ω ≤ Ωc 的带限信号，只要采样频率高于带限信号最高频率的两倍，即Ωs > 2Ωc 时，则可以由其采样信号惟一正确地重建原始信号． ...写出程序并绘制图形，分析图形并指出频谱混迭的原因． w=linspace(-pi,pi,1000); f1=5000;f2=1000; dt1=1/f1;dt2=1/f2; n=[-500:500]; n1...=n*dt1; m=[-500:500]; n2=m*dt2; x1=exp(-1000*abs(n1)); x2=exp(-1000*abs(n2)); y1=(1/f1)*x1*exp(-j*n1'...,x1); figure(2); y2=(1/f2)*x2*exp(-j*n2'*w); mag2=abs(y2); ang2=angle(y2); subplot(3,1,1); plot(w/pi,
,'m'); xlabel('n'); ylabel('x(n)'); title('x5(n)'); axis([0 31 -2.2 2.5]); xk=fft(x5,N1); subplot(322...,'m'); xlabel('\omega/\pi'); ylabel('幅度'); title('8点DFT的结果'); axis([0 2 0 7]); %16点DFT N2=16; subplot...]); 运行效果如下： 四、回答思考题 （1） 对于周期序列， 如果周期不知道， 如何用 FFT 进行谱分析？...（2） 如何选择FFT的变换区间（包括非周期信号和周期信号）？...对模拟信号进行谱分析时，首先要按照采样定理将其变成时域离散信号。如果是模拟周期信号，也应该选取整数倍周期的长度，经过采样后形成周期序列，按照周期序列的谱分析进行。
但复制数据的同时也带来了一个难点，那就是如何保持各个副本数据的一致性。换句话说，更新其中任意一个副本时，必须确保同时更新其他副本，否则，数据的各个副本将不再相同（数据不一致）。...CAP定理如图17-1所示。 ? 图17-1 CAP定理 在2003年的时候，Gilbert和Lynch就正式证明了这3个特征确实是不可以兼得的。...图17-2显示了在一个网络中，N1和N2两个节点，它们都共享数据块V，其中有一个值V0。运行在N1的A程序可以认为是安全的、无Bug、可预测的和可靠的。运行在N2的是B程序。...·然后消息（M）从N1更新V的副本到N2。 ·现在，从B读取返回的V1。 ?...图17-3 示例二 如果网络是分区的，当N1到N2的消息不能传递时，执行图17-4中的第3步，会出现虽然N2能访问到V的值（可用性），但其实与N1的V的值已经不一致了（一致性）的情况。 ?
现在给你两个非空字符串 s1 和 s2（每个最多 100 个字符长）和两个整数 0 ≤ n1 ≤ 106 和 1 ≤ n2 ≤ 106。...现在考虑字符串 S1 和 S2，其中 S1=[s1,n1] 、S2=[s2,n2] 。 请你找出一个可以满足使[S2,M] 从 S1 获得的最大整数 M 。...示例： 输入： s1 ="acb",n1 = 4 s2 ="ab",n2 = 2 返回： 2 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems...{ public: int getMaxRepetitions(string s1, int n1, string s2, int n2) { if(n1*s1.size() n2...;//n1个s1可以找到cnt2个s2，可以找到cnt2/n2 个(n2*s2) } }; 4 ms 6.3 MB
= max { k| k n2 for all 3 n2 n1 + n2 + n3 - 2 = N....字符串的长度是N，n1，n3代表两边每列字符的数目。n2代表最后一行的字符数。...题目中给了一个算式： n1 = n3 = max { k| k n2 for all 3 n2 n1 + n2 + n3 - 2 = N....仔细研究这个算式，这里的k是不大于n2的，也就是说n1和n3是不大于n2且满足n1+n2+n3=N+2的最大值。那么自然有n1=n3=(N+2)/3，n2=N+2-(n1+n3)。...最后如何在第一行输出第一个字符和最后一个字符呢？那自然是str[0]和str[len-1-i]（len为字符串的长度，也就是N）。
,m2,m3,n1,n2; m1=m2=m3=INT_MIN; n1=n2=INT_MAX; for(int &x : nums) {...if(x >= m1) { m3 = m2; m2 = m1; m1 = x; } else...if(x >= m2) { m3 = m2; m2 = x; } else if(x > m3)...m3 = x; if(x n1) { n2 = n1; n1 = x; } else...if(x n2) n2 = x; } return max(m1*m2*m3, m1*n1*n2); } }; ?
{N0, N1} = {N1} {(N1), (N2)} & {(N0), (N2)} = {(N2)} {(N0, A0), (N1, A1)} & {(N0, A0), (N1, A2)} = {..., (N2, N1), (N3, N2)} ^{(N0, N1), (N1, N2), (N2, N3)} = {(N0, N1), (N0, N2), (N0, N3), (N1, N2), (N1,...N3), (N2, N3)} *{(N0, N1), (N1, N2), (N2, N3)} = {(N0, N0), (N0, N1), (N0, N2), (N0, N3), (N1, N1),...)} {(N0, N1), (N1, N2), (N2, A0)} :> {(N0), (N1), (N2)} = {(N0, N1), (N1, N2)} {(N0), (N1)} N1), (N1, N2), (N2, A0)} = {(N0, N1), (N1, N2)} {(N0, N1), (N1, N2), (N2, A0)} ++ {(N0, N1), (N1, A0
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