Linux中的samba服务和ftp服务
smb主要作为网络通信协议 smb是基于cs架构 完成Linux与windows之间的共享；linux与linux之间共享用NFS 要想安装samba，前提是yum本地仓库安装好和挂载好 samba实战部署： 1.检查源 [root@ken ~]# yum clean all 2.下载samba [root@ken ~]# yum install samba -y 3. 配置samba文件 [root@ken ~]# vim /etc/samba/smb.conf [ken] path = /
Linux中的NFS和DHCP服务
NFS，是Network File System的简写，即网络文件系统。网络文件系统是FreeBSD支持的文件系统中的一种，也被称为NFS； NFS允许一个系统在网络上与他人共享目录和文件。 模式： C/S 模式 端口： NFS是Net File System的简写,即网络文件系统.NFS通常运行于2049端口。 部署NFS 由于在使用NFS服务进行文件共享之前，需要使用RPC（Remote Procedure Call，远程过程调用）服务将NFS服务器的IP地址和端口号等信息发送给客户端。因
CodeForces 711D Directed Roads (DFS找环+组合数)
<题目链接> 题目大意： 给定一个$n$条边，$n$个点的图，每个点只有一条出边(初始状态)，现在能够任意对图上的边进行翻转，问你能够使得该有向图不出先环的方案数有多少种。 解题分析： 很明显本题需要对环的部分和链的部分分开进行讨论，对于环的部分，能够使得该环不为有向环的方案数有$2^k-2$种($k$为环上的点数，相当于减去环上所有边都是顺时针和逆时针情况)，对于链的部分，方案数就是$2^k$($k$为链上的点数)。因为初始状态每个点只有一条出边，所以即使存在环，也一定是简单环(即不存在环套
父子选择器及选择器使用技巧
1.父子选择器 #style2{
font-weight: 30px;
background-color: silver;
color: black;
}
/*父子选择器*/
#style2 span{
font-style: italic;
color: red;
} #style2 span span{
font-size: 50px;
} html: <span id="style2">这是一则<span>非常<spa
tarjan缩点 + 几道例题
tarjan缩点 + 几道例题 tarjan缩点模板 #include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 100;
const int MAX_M = 10000;
struct edge{
int v,next;
int len;
}E[MAX_M];
int p[MAX_N],eid;
int dfn[MAX_N],low[MAX_N];
int idx = 0;
深入理解原码，反码，补码的原理
深入理解原码，反码，补码的原理 预备知识 二进制，十六进制，二进制与十进制的转化运算 根据冯诺依曼结构的运算器，只有加法运算器，没有减法运算器 所以，计算机中不是直接做减法，是通过加法来实现的。所以就必须引入一个符号位 原码，反码，补码 的产生就是为了解决这个问题 原码 最简单的机器数表示法 原码： 最高位表示符号位，1表示负，0表示正 其他位存放该数的二进制的绝对值 直接用原码运算 0001+0010=0011 （1+2=3）正确
0000+1000=1000 （(+0)+(-0
scrapy新建项目报错“DLL load failed: 操作系统无法运行 %1。”
在pycharm中关联了anaconda环境后，安装scrapy---pip install scrapy 没有提示任何错误，但是在CMD中运行命令scrapy startproject 文件名，然后提示如下错误： 解决方案： 找到anaconda安装目录找到Anaconda3\Library\bin目录中的libeay32.dll和ssleay32.dll 放到“C:\WINDOWS\SYSTEM32\"下面，替换原来的文件就行了。
模拟+贪心——cf1131E
超级恶心的题，写了好久，直接倒序模拟做，但是网上有博客好像是直接正序dp做的。。 因为左端点和右端点是永远不会变的，然后情况要考虑全 /*
从后往前插
只要记录左连续，右连续，中间连续
左端点一定是L,右端点一定是R
*/
#include<bits/stdc++.h>
#include<string>
using namespace std;
#define maxn 100005
string s[maxn];
int n,len1,len2,ans,flag;
c
『序列 莫队 dp预处理』
序列 Description 给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。 类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：al,al+1,…,ar-1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。 现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。 例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3
git使用记录二： 给文件重命名的简单方法
git使用记录三： 给文件重命名的简单方法 git mv file_name_old file_name_new mv： 文件命名 file_name_old ： 文件当前的名字 file_name_new : 新文件的名字 执行 git status 查看文件状态 执行ls -al 查看文件列表 其实上面这个命令对应这下面的三个操作(执行 git reset --hard 将工作区回滚掉) mv file_name_old file_name_new rm file_name_old git
剑指Offer的学习笔记（C#篇）-- 数组中重复的数字
题目描述 在一个长度为n的数组里的所有数字都在0到n-1的范围内。 数组中某些数字是重复的，但不知道有几个数字是重复的。也不知道每个数字重复几次。请找出数组中任意一个重复的数字。 例如，如果输入长度为7的数组{2,3,1,0,2,5,3}，那么对应的输出是第一个重复的数字2。 一 . 解题思路 方法一：效率低的方法。 给数组搞内外两个循环，第一个循环是把数组的每一个数都遍历出来，而第二个循环是，除了第一个数组正在遍历的那个数以外的数进行查找，找到和他一样的，就结束，不一样，再继续，文字表述太抽
mysql,索引命中，查询级别
mysql索引无法命中情况 1，查询占表数据30%以上 2，小表查询 3，规定不用索引查询 4，查询条件给字符串加引号用索引，否则不用 5，条件中用到or，除非涉及到的列都有索引否则不命中 6，like 的 %在前不命中，在后命中 示例 explain select * from adminlog 执行结果: id select_type table partitjons type possible_keys key key_len ref row filtered Extra 1 SIMPL
网络流之最大流EK --- poj 1459
题目链接 本篇博客延续上篇博客（最大流Dinic算法）的内容，此次使用EK算法解决最大流问题。 EK算法思想：在图中搜索一条从源点到汇点的扩展路，需要记录这条路径，将这条路径的最大可行流量 liu 增加到结果ans中，然后反向从汇点到源点更新这条路径上的每条边的权值（减去此次的liu），同时反向边的权值也需要更新（加上此次的liu）。然后再搜索新的扩展路……，循环，直到找不到新的扩展路，此时的ans就是最大流了。 注：EK算法解决最大流时，我看别人都是使用矩阵建立的图，这样反向更新扩展路径上的
WebMercator和geographic互相转换
方法1：esri的sdk中包含的方法：esri.geometry.geographicToWebMercator() 方法2：自己转换 //经纬度转Web墨卡托
function lonLat2WebMercator(wx,wy){
var x = wx *20037508.34/180;
var y = Math.log(Math.tan((90+wy)*Math.PI/360))/(Math.PI/180);
y = y * 20037508.34/180;
Python 之web动态服务器
webServer.py代码如下： import socket
import sys
from multiprocessing import Process
class WSGIServer(object):
addressFamily = socket.AF_INET
socketType = socket.SOCK_STREAM
requestQueueSize = 100
server_response_header = ""
<每日一题> Day1：CodeForces.1140D.MinimumTriangulation(思维题)
题目链接 参考代码： #include <iostream>
using namespace std;
int main() {
long long ans = 0;
int n;
cin >> n;
for(int i = 3; i <= n; i ++) {
ans += i * (i - 1);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
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