我正在寻找对"返回值"描述的含义的详尽解释std::reduce,根据cppreference.com,它是:

也许在我能够正确地理解"返回值"部分背后的想法之后,我可以更好地确定我应该选择std::reduce的位置std::accumulate.

我正在尝试使用 opencv-python 包通过单应性执行透视变换。

我有一个背景和前景图像，想要执行透视变换并在给定四个 (x, y) 坐标的背景图像上缝合前景图像，如下所示：

bgImg = cv2.imread(BACK_PATH, cv2.IMREAD_COLOR)
fgImg = cv2.imread(FORE_PATH, cv2.IMREAD_COLOR)

bgHeight, bgWidth, dpt = bgImg.shape
origImageCoords = np.array([(0, 0),
                            (0, bgHeight),
                            (bgWidth, bgHeight),
                            (bgWidth, 0)])
stitchingCoords = []

def transformPerspective():
    y0 = 285
    y1 = 400
    x0 = 447
    x1 = 600
    stitchingCoords.append((x0, y0))
    stitchingCoords.append((x0, y1))
    stitchingCoords.append((x1, y1))
    stitchingCoords.append((x1, y0))

    homography = cv2.findHomography(origImageCoords, np.array(stitchingCoords))

    dst_corners = cv2.warpPerspective(src=fgImg, M=homography[0], dsize=(bgWidth, bgHeight))

    showFinal(bgImg, dst_corners)

使用 完成透视变换后cv2.findhomography()，我使用适当的遮罩遮罩前景和背景图像并将它们添加在一起，如下所示：

def showFinal(src1, src2):
    grayed = cv2.cvtColor(src2, cv2.COLOR_BGR2GRAY)
    _, grayed …

我有一个List<Long>(A)表示可用于不同分区的可用大小.用户来询问List<Long>(B)表示他们想要存储的文件大小.

现在,如果任何Long(来自B)可以适合A中的任何空闲大小,我们希望重新使用该分区,否则为它们创建新分区.

如何知道LongB中的任何值是否小于LongA中的任何值.

如果我使用迭代方法扫描A并找出B是否适合任何一个,它将导致O(n ^ 2)运行时,但我们能做得更好吗？

这种问题是否存在任何数据结构？

我想在haskell中实现3问题的最高产品的算法.这是问题陈述:

给定一个整数数组,找到可以从三个整数中得到的最高乘积.

例如,给定[1, 2, 3, 4],算法应该返回24.并给出[-10, -10, 5, 1, 6],3的最高产品将是600 = -10*-10*6.

我的尝试(第一次尝试没有否定):

sol2' a b c []     = a*b*c
sol2' a b c (x:xs) = sol2' a' b' c' xs
  where 
    a' = if (x > a) then x else a
    b' = if (x > a && a > b) then a else b
    c' = if (x > a && a > b && b …

以下是两种不同的解决方案,用于查找"产品小于K的子阵列数",一个具有运行时O(n),另一个具有O(n ^ 2).然而,O(n ^ 2)完成执行的速度比具有线性运行时复杂度的速度快1倍(1s vs 4s).有人可以解释为什么会这样吗,拜托？

具有O(n)运行时的解决方案1:

static long countProductsLessThanK(int[] numbers, int k)
{
    if (k <= 1) { return 0; }

    int prod = 1;
    int count = 0;

    for (int right = 0, left = 0; right < numbers.length; right++) {
        prod *= numbers[right];

        while (prod >= k)
            prod /= numbers[left++];

        count += (right-left)+1;
    }

    return count;
}

具有O(n ^ 2)运行时的解决方案2:

static long countProductsLessThanK(int[] numbers, int k) {
    long count = 0;

    for (int i = 0; …