其他

1.定義_ConnectionPtrm_pConnection;在CFaceDetectApp::InitInstance()中AfxOleInit();m_pConnection.CreateInstance(__uuidof(Connection)); // 在ADO操作中建議語句中要常用try...catch()來捕獲錯誤資訊，// 因為它有時會經常出現一些想不到的錯誤。jingzhou xutry                 {//

真心說聲，不明白古人為什麼那麼聰明，由一個最簡單的帶餘除法引申出如此之多的智慧...題目：已知 x^k = b ( mod m )  ， ( b, m ) = 1, ( E(m), k ) = 1;  告訴你 k, b, m 的值， 要你求：x 的值 儲備知識：(1) 如果b^k = 1 ( mod m )，則 ( b^k )^t = 1 ( mod m ) , t = 1, 2, 3, ....                    (2) 如果( a, b ) = 1 ,

這道題目坑了多久就不說了，最初看錯了題意，以為數值最大範圍在0 ~ 1000000；交上去WA了，在仔細看了下題目，原來是我太天真...資料真大啊，但是我們發現它只是要取連續的1000000區間值，但是我們知道 2,147,483,647 開下方，如果不能被0 ~ 2,147,483,647^(1/2) 中的質因子整除，那它必然是一個質數...所以就要先把  0 ~ 2,147,483,647^(1/2)  區間內所有的質數篩選出來，然後遍曆每個質因子，把 L ~ U 區間內所有是質因子p

/*數論基礎，以模餘方程製造密碼，求模 mod 的 k 次根，對密碼解讀... RSA解密： 通過知道的 mod，和 k ，然後進行對密碼破密....*/#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#define manx 500using namespace std;long long oula(long long m){ ////歐拉函數 int sum=1; for(long

沒什麼說的，把公式求出來，先求一組特解，最後得需要的解...思路：設青蛙要跳x次才相遇， 可得方程 (a+xm)%L = (b+xn)%L 推出 x(m-n) + yL = b-a. 根據擴充歐幾裡德演算法可求出一組x(m-n) + yL = gcd(m-n, L)的一組解， 當(b-a)為gcd(m-n, L)的倍數時原方程才有整數解， 現在要求求最小的跳動次數x， 思想參考了ComeOn4MyDream的~~資料~~求最小的跳動次數x， 簡單的說來就是通過通解 X = X1+K*L/gcd(

#include <iostream>#include <stdlib.h>using namespace std;class testClass { public: static int x; testClass(){ x = 5; } static int returnX(){ return x; } static void printX(){ cout<<"This is

MFC中OnDraw與OnPaint的區別 OnPaint是WM_PAINT訊息的訊息處理函數，在OnPaint中調用OnDraw，一般來說，使用者自己的繪圖代碼應放在OnDraw中。 OnPaint()是CWnd的類成員，負責響應WM_PAINT訊息。OnDraw()是CVIEW的成員函數，沒有響應訊息的功能.當視圖變得無效時（包括大小的改變，移動，被遮蓋等等），Windows發送WM_PAINT訊息。該視圖的OnPaint

/*數論基礎，以模餘方程製造密碼，求模 mod 的 k 次根，對密碼解讀... RSA解密： 通過知道的 mod，和 k ，然後進行對密碼破密....*/#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#define manx 50000using namespace std;long long kzgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &

/*HDU 3579不一定互質情況，神牛公式解析連結：http://yzmduncan.iteye.com/blog/1323599把推導過程翻譯成代碼即可... */#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b){    if(b==0) return a;    return gcd(b,

描述給定a和b，輸出a^b的最後一個數字。輸入輸入資料有多組，每組資料佔一行，每行為a和b的值（0<a,b<=2^30）輸出對每組輸入資料，輸出a^b的最後一位元字，每組資料佔一行。範例輸入2 23 4範例輸出41因為資料量很大，所以我用到了快速冥，下面是代碼： #include<iostream>using namespace std;int mod(int a,int b,int c){ int ans=1,temp=a%c; while(b) {

The Perfect StallTime Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 8898 Accepted: 4136DescriptionFarmer John completed his new barn just last week, complete with all the latest milking technology. Unfortunately, due to engineering problems,

static聲明的變數在C語言中有兩方面的特徵：　　1)、變數會被放在程式的全域儲存區中，這樣可以在下一次調用的時候還可以保持原來的賦值。這一點是它與堆棧變數和堆變數的區別。　　2)、變數用static告知編譯器，自己僅僅在變數的作用範圍內可見。這一點是它與全域變數的區別。Tips:　　A.若全域變數僅在單個C檔案中訪問，則可以將這個變數修改為靜態全域變數，以降低模組間的耦合度；　　B.若全域變數僅由單個函數訪問，則可以將這個變數改為該函數的靜態局部變數，以降低模組間的耦合度；　　C.設計和使用

Going HomeTime Limit: 1000MS Memory Limit: 65536KTotal Submissions: 9246 Accepted: 4765DescriptionOn a grid map there are n little men and n houses. In each unit time, every little man can move one unit step, either horizontally, or vertically, to

COURSESTime Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 8076 Accepted: 3208DescriptionConsider a group of N students and P courses. Each student visits zero, one or more than one courses. Your task is to determine whether it is possible to

Alice's ChanceTime Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 1613 Accepted: 740DescriptionAlice, a charming girl, have been dreaming of being a movie star for long. Her chances will come now, for several filmmaking companies invite her to

所謂的大端模式，是指資料的低位（就是權值較小的後面那幾位）儲存在記憶體的高地址中，而資料的高位，儲存在記憶體的低地址中，這樣的儲存模式有點兒類似於把資料當作字串順序處理：地址由小向大增加，而資料從高位往低位放； 所謂的小端模式，是指資料的低位儲存在記憶體的低地址中，而數 據的高位儲存在記憶體的高地址中，這種儲存模式將地址的高低和資料位元權有效地結合起來，高地址部分權值高，低地址部分權值低，和我們的邏輯方法一致。

Drainage DitchesTime Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 24043 Accepted: 8706DescriptionEvery time it rains on Farmer John's fields, a pond forms over Bessie's favorite clover patch. This means that the clover is covered by water

/*POJ 2262 哥巴猜想：每個偶素（n >= 4）都可表示成兩個素數之和 思路： 打表 */#include<iostream>#include<cstdio>#define manx 1000009using namespace std;bool s[manx];void prime(){ for(int i=0;i<manx;i++) s[i]=0; for(int i=2;i*i<=manx;i++){

素數演算法逐步最佳化素數求和問題，也是大一的一次實驗。重新回顧，重新體會。問題描述：從鍵盤輸入任意一個整數n，編程計算並輸出1～n之間所有素數之和。附加題（選做）：針對實驗的問題想出一種演算法，能對任意一個5<n<1,000,000,000的整數進行處理，並且時間限制在15秒內，記憶體利用限制為32M。首先，必須瞭解下素數的概念：  （百度百科）

描述相信大家都已經學習過如何編一個程式來驗證哥德巴哈猜想中的一個命題：任何一個大於6的偶數均可表示成兩個素數之和（素數指只能被1和自身整除的正整數）。可是，最近小明無意發現了哥德巴哈猜想的另外一個命題：每個不小於9的奇數都是三個奇素數(奇素數就是不包含2的素數)之和。現在就請你幫他驗證一下對於9-200之內的奇數是否都滿足上面那個命題。 //這題和    http://blog.csdn.net/a997930294/article/details/9995633