继续实现算法导论里面的题目和算法
1.动态规划:切钢条问题
#算法导论第四章:动态规划题目:切钢条 '''问题:给定一个长度为n的钢条,和一个价格表,问切割方案s.t.受益最大 切割表: 长度:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 价格:1 5 8 9 10 17 17 20 24 30 ''' #作为动态规划的本质还是要先写出地柜的版本.然后改地推即可. #首先做出数据: a=[] a.append([1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]) a.append([1,5,8,9,10,17,17,20,24,30]) print (a) #先写一个水的版本,把方案利润最后的答案打印出来即可. def fangan(n): tmp=0#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=(a[1][i]) break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)+fangan(n-i) if b>tmp: tmp=b return tmp print (fangan(5)) #下面写把切割方案也写出来.这个书中没有体现,感觉有点难的! def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege return tmp print (fangan(10)) #然而利用函数的多返回值还是成功写出来了.注意这里的返回值用list实现,用tuple修改不了所以不行. #然而如果老板要求获得所有最好的方案呢?比如fangan(7)就应该有2个解7=1+6=2+2+3 #继续实现上面的目标: def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b==tmp[0]: tmp.append(sorted(qiege)) #去重 k=[] for i in range(2,len(tmp)): if tmp[i] in tmp[:i]: k.append(i)#记录需要弹出的index #不知道为什么这个去重有bug!??但是基本不难了 return tmp print (fangan(7))
更新版:改了上面的一个bug
#算法导论第四章:动态规划题目:切钢条 '''问题:给定一个长度为n的钢条,和一个价格表,问切割方案s.t.受益最大 切割表: 长度:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 价格:1 5 8 9 10 17 17 20 24 30 ''' #作为动态规划的本质还是要先写出地柜的版本.然后改地推即可. #首先做出数据: a=[] a.append([1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]) a.append([1,5,8,9,10,17,17,20,24,30]) print (a) #先写一个水的版本,把方案利润最后的答案打印出来即可. def fangan(n): tmp=0#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=(a[1][i]) break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)+fangan(n-i) if b>tmp: tmp=b return tmp print (fangan(5)) #下面写把切割方案也写出来.这个书中没有体现,感觉有点难的! def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege return tmp print (fangan(10)) #然而利用函数的多返回值还是成功写出来了.注意这里的返回值用list实现,用tuple修改不了所以不行. #然而如果老板要求获得所有最好的方案呢?比如fangan(7)就应该有2个解7=1+6=2+2+3 #继续实现上面的目标: def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b==tmp[0]: tmp.append(sorted(qiege)) #去重 k=[] for i in range(2,len(tmp)): if tmp[i] in tmp[:i]: k.append(i)#记录需要弹出的index ## for i in k: ## tmp.pop(i) #不知道为什么这个去重有bug!??但是基本不难了知道错哪里了,pop一次index就变了!!! #所以还是要用for来重新建立就行了. c=[] for i in range(len(tmp)): if i not in k: c.append(tmp[i]) return c print (fangan(7))
继续修改成动态规划版本,并且用一个储存技巧,轻松实现递归到动态规划的转化
#算法导论第四章:动态规划题目:切钢条 '''问题:给定一个长度为n的钢条,和一个价格表,问切割方案s.t.受益最大 切割表: 长度:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 价格:1 5 8 9 10 17 17 20 24 30 ''' #作为动态规划的本质还是要先写出地柜的版本.然后改地推即可. #首先做出数据: a=[] a.append([1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]) a.append([1,5,8,9,10,17,17,20,24,30]) print (a) #同样对他进行计数 #先写一个水的版本,把方案利润最后的答案打印出来即可. count=0 def fangan(n): global count count+=1 tmp=0#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=(a[1][i]) break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)+fangan(n-i) if b>tmp: tmp=b return tmp print (fangan(7)) print ('递归版本的计数是:') print (count) #下面写把切割方案也写出来.这个书中没有体现,感觉有点难的! def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege return tmp print (fangan(10)) #然而利用函数的多返回值还是成功写出来了.注意这里的返回值用list实现,用tuple修改不了所以不行. #然而如果老板要求获得所有最好的方案呢?比如fangan(7)就应该有2个解7=1+6=2+2+3 #继续实现上面的目标: def fangan(n): tmp=[0,[0]]#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=[a[1][i],[n]] break for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b>tmp[0]: tmp[0]=b tmp[1]=qiege for i in range(1,n//2+1): b=fangan(i)[0]+fangan(n-i)[0] qiege=fangan(i)[1]+fangan(n-i)[1] if b==tmp[0]: tmp.append(sorted(qiege)) #去重 k=[] for i in range(2,len(tmp)): if tmp[i] in tmp[:i]: k.append(i)#记录需要弹出的index ## for i in k: ## tmp.pop(i) #不知道为什么这个去重有bug!??但是基本不难了知道错哪里了,pop一次index就变了!!! #所以还是要用for来重新建立就行了. c=[] for i in range(len(tmp)): if i not in k: c.append(tmp[i]) return c print (fangan(7)) #想法是直接在递归过程中,建立表,然后每一次递归调用都先搜索表中是否存在, #从而实现动态规划.下面来实现. print ('下面是动态规划版本') #首先还是做这个只返回最大利益的这个简单例子.b作为表格来储存每一个递归结果. #简单的写出来,然后为了讨论效率加一个count来计数 b=[0]*len(a[0]) count=0 def fangan(n): global count count+=1 global b if b[n-1]!=0: return b[n-1] tmp=0#用来储存所有的方案的利益 if n in a[0]: for i in range(len(a[0])): if a[0][i]==n: tmp=(a[1][i]) break for i in range(1,n//2+1): c=fangan(i)+fangan(n-i) if c>tmp: tmp=c b[n-1]=tmp return tmp print (fangan(7)) print('动态规划版本的计数是') print (count)
2.贪心问题:会议安排问题
'''贪心算法:算法导论第十六章''' #活动选择问题: ''' 题目是:下面的表表示会议i在si点开始在fi点结束.那么如何安排会议可以让 会议开的数目最大 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 si 1 3 0 5 3 5 6 8 8 2 12 fi 4 5 6 7 9 9 10 11 12 14 16 ''' a=[] a.append([1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11]) a.append([1,3,0,5,3,5,6,8,8,2,12]) a.append([4,5,6,7,9,9,10,11,12,14,16]) print (a) #先写递归版本:理清思路再考虑效率问题.基本是一个On^3的 def shuchu(n):#函数代表如果会议只让最晚开到n点,包含n点的话,那么 #最大的会议数量是几?这么写显然不行,因为如果一个会议已经用过了 #但是你还是记录他的一个上届来做n显然会重复, #这时候的思想就是细分,加强这个条件,来让子问题不重叠. #类似上升子序列的思路:把shuchu(n)这个函数的n定义改成: #严格的开到n点,这个情况下最大的会议数量.例如比如不考虑这个题目的话 #shuchu(5.5) return一个0. c=[0] for i in range(1,n): d=0 for j in range(len(a[0])): if a[1][j]>=i and a[2][j]==n: c.append(shuchu(i)+1) else: c.append(shuchu(i)) return max(c) print (shuchu(6)) #改成动态规划:上面实在是太卡了 b=[-1]*2*len(a[0]) def shuchu(n):#函数代表如果会议只让最晚开到n点,包含n点的话,那么 #最大的会议数量是几?这么写显然不行,因为如果一个会议已经用过了 #但是你还是记录他的一个上届来做n显然会重复, #这时候的思想就是细分,加强这个条件,来让子问题不重叠. #类似上升子序列的思路:把shuchu(n)这个函数的n定义改成: #严格的开到n点,这个情况下最大的会议数量.例如比如不考虑这个题目的话 #shuchu(5.5) return一个0. global b if b[n]!=-1: return b[n] c=[0] for i in range(1,n): d=0 for j in range(len(a[0])): if a[1][j]>=i and a[2][j]==n: c.append(shuchu(i)+1) else: c.append(shuchu(i)) b[n]=max(c) return b[n] print (shuchu(16)) #贪心算法:直接O(n) 每一次选结束时间最早的并且跟前面无冲突的即可,然后扫一遍数据就完事了...
3.用indegree方法来求解有向图的拓扑排序问题
''' 图的表示:算法导论22章 图又2中表示方式: 1.是链表:一个节点跟他相连的节点都用一个链表穿起来. 然后n个节点就用n个链表来储存这个图的信息 2.是矩阵:用节点数n,n*n的矩阵来储存,两个点如果有边就存1. 优势和劣势: 1.链表:适用于稀疏图,但是很难判断一个边是否存在 2.矩阵:反之. ''' ''' 拓扑排序 一．定义 对一个有向无环图(Directed Acyclic Graph简称DAG)G进 行拓扑排序(Topological Sort),是将G中所有顶点排成一个线 性序列,使得对图中任意一对顶点u和v,若＜u,v＞∈E(G),则u在 线性序列中出现在v之前。通常将这样的线性序 列称为满足拓扑次序(Topolgical Order)的序列,简称拓扑序列。''' ''' 用链表来拓扑排序 入度是图论算法中重要的概念之一。它通常指有向 图中某点作为图中边的终点的次数之和。''' ''' 入度表 对于DAG的拓扑排序，显而易见的办法!!!!!!!! 这是一个好方法： 找出图中0入度的顶点； 依次在图中删除这些顶点，删除后再找出0入度的顶点； 然后再删除……再找出…… 直至删除所有顶点，即完成拓扑排序 为了保存0入度的顶点，我们采用数据结构栈（亦可用队列）；算法的可视化可参看这里。 图用邻接表（adjacency list）表示，用数组inDegreeArray[]记录结点的入度变化情况。C实现：''' class Graph(): def __init__(self,n): self.vertex_num=n self.edge=[] for i in range(n):#2-dim-empty list cannot use *99 self.edge.append([]) self.indegree=[0]*n #vertex_index=0,1,2,3,4.... def addedge(self,n,m): self.edge[n].append(m) self.indegree[m]+=1 def topological_sort(self): a=[] b=len(self.indegree) while (b): for i in range(len(self.indegree)): if 0 not in self.indegree: return False if self.indegree[i]==0: print (i) a.append(i) self.indegree[i]-=1 for j in self.edge[i]: self.indegree[j]-=1 b-=1 break return a g=Graph(6) g.addedge(5,2) g.addedge(5,0) g.addedge(4,0) g.addedge(4,1) g.addedge(5,4) g.addedge(0,5) g.addedge(2,3) g.addedge(3,1) print (g.edge) print (g.indegree) print (g.topological_sort())
4.数论,素数,线性规划,密码的学习
''' 下面学习算法导论29章线性规划问题.''' ''' 解决方法:1.单纯型法:是一个最坏情况指数型的算法 2.内点法.:是一个多项式级数的算法 3.整数线性规划:nphard问题.没有找到多项式的时间算法 标准型和松弛型:标准型中,所有的约束都是不等式,而在松弛型中所有的约束都是等式, 并且要求变量非负. 非常有用的转化思想: 1.我们可以吧单源最短路径问题转化为一个线性规划. ''' ''' 单纯型法:就是化成松弛型矩阵之后 的等解变换.然后逐渐把目标函数的变量前面的系数,都修改成负数,这样,最后的前面的 常数项就是我们要的答案.''' #算法很复杂就不写代码了 ''' 30章,多项式乘法和傅里叶变换. 1.多项式的表达:1.系数的表达:比较trivial 2.点值表达:一个次数界为n的多项式A(x)的点值表达是由 {(x0,y0),...,(xn-1,yn-1)}来表达的集合 其中yk=A(xk)''' ''' 通过系数表达和点值表达来进行多项式乘法,和在复平面的单位圆里面取点值表达.来操作的''' ''' 28章:矩阵计算. 1.线性方程组:用LUP分解,也就是高斯消元法. 31章:经典算法: 1.密码里面有一个问题:求解模线性方程:ax≡b(mod n) 2.素数定理:素数跟自然数的个数是logn:n 经典问题证明非常难. 3.工具:欧拉函数φ(n)=n*∏(1-1/p)其中p是n的素因子: 这个函数表示不大于n的整数有多少个跟n互素. 4.对求模运算有一个经典的问题:如果gcd(a,n)=1,那么方程ax≡1(mod n)对模n有唯一的解, 叫做这个解释a对模n的乘法逆元.如果gcd(a,n)!=1,那么方程无解. 这就是ras加密的原理. 5.拓展欧几里得算法:设d=gcd(a,n):那么d=ax+ny.需要这个算法给a,n输出d,x,y:因为这些量 对模的求逆运算很重要. ''' def Extended_Euclid(a,n):#假设a大n小. if a<n: x,y,z=Extended_Euclid(n,a) return (x,y,z) if n==0: return (a,1,0) else:#下面的步骤需要一个反,也就是辗转一下. (x,y,z)=Extended_Euclid(a % n,n) return (x,y,z-(a//n)*y) print (Extended_Euclid(1423423403242342300,13477088832423432423432000)) ''' 书中定理: 1.令d=gcd(a,n),假设对某些整数x1,y1有d=a*x1+n*y1 那么有如果d|b那么方程ax≡b(mod n)才有解.并且 解是:xi=x0+i(n/d)这里i=0,1,...,d-1 x0=x1(b/d)mod n''' #证明带入验证即可.所以下面利用这个定理可以直接给出模方程的算法. def modequation(a,b,n):#方程ax≡b(mod n) d,x1,y1=Extended_Euclid(a,n) if b%d==0: c=[] c0=x1*(b//d) %n c.append(c0) for i in range(1,d): c0+=(n//d) c0=c0%n c.append(c0) return c else: return None print (modequation(14,30,100)) #利用这个modequation可以高效的求出模的逆元.比如下面的例子. print (modequation(7,1,10)) #输出答案3 ''' 元素的幂的模操作: 1.欧拉定理:对于任意整数n>1,有a的φ(n)次幂≡1(mod n)对所有的a小于n都成立. 2.费马定理:如果p是素数,则a的p-1次幂≡1(mod p)对所有的a小于p都成立. ''' ''' 希望有一个高效的求a的b次幂mod n的值.下面给出.利用二进制来实现. ''' def modular_expotion(a,b,n):#高效的求a的b次幂mod n的值 #本质也就是把每一次分解成平方和平方乘a运算,每一次用mod来加速运算. b=bin(b) b=b[2:] d=1 for i in range(len(b)): if b[i]=='0': d**=2 d%=n if b[i]=='1': d**=2 d%=n d*=a d%=n return d print (modular_expotion(751221326,5604675868673545300,5634231)) #秒算出3496792 ''' 然后直接算幂再mod的话,直接电脑卡死 ''' ''' rsa秘钥加密系统总结: 在rsa秘钥加密系统中,一个参与者按下列过程创建他的公钥和秘钥: 1.随机选取两个大的素数p和q,使得p≠q,例如素数p和q都取1024位. 2.计算n=pq 3.选取一个与φ(n)互质的小的奇数e.(其中φ(n)=(p-1)(q-1)). 欧几里得算最大公约数很快. 另外从书中我们知道自然数n和φ(n) 比是lnln n :1 所以跟他互素的数非常多. 从小到大遍历我们轻松算出是14:1.所以基本不超过尝试100次左右就能找到这个小奇数e 并且因为是lnln 所以就算p,q取多大比如100万位也都秒算. 4.对模φ(n),计算出e的乘法逆元d的值. 5.将对P=(e,n)公开,并作为参与者的RSA公钥. 6.将对S=(d,n)保密,并作为参与者的RSA秘钥. 对于上面的方案,消息M是一个数字. 把P(M)定义为M**e mod n. 把S(C)定义为C**d mod n. 所以容易知道Alice可以通过这两个变换把M变回来在mod n的意义下. 所以只需要M这个10进制的数的位数*e小于6即可.感觉很迷.这个限制也太严格了. 使用流程: 1.Bob给Alice发信息:发P(M) 2.Alice接受到然后用S转化即可. ''' ''' 伪素数:如果n是一个合数,并且a**(n-1)≡1(mod n)我们就称n是一个基为a的伪素数. ''' def pseudoprime(n): if modular_expotion(2,n-1,n)%n!=1: return 'composite' else: return 'prime' print (pseudoprime(857))#但是无论加多少个基都无法保证psudo变成真素数.因为有carmicheal数的存在. #但是1024位的话,基于2的伪素数有1/10的40次幂还要少的概率. #利用这个就可以随机生成一个大素数.根据素数定理:只需要测试ln n个数即可找到一个prime. def find_a_big_prime(n):#n要保证很大,比如一亿多效果才好,下面为了测试需要就弄个小的数. #因为n越大,伪素数的出现概率越低. #这个函数输入n,返回一个比n大的伪素数. import math for i in range(2*int(math.log(n))): n+=1 if pseudoprime(n)=='prime': return n print(find_a_big_prime(560))#这里面故意写一个范例,输出561,他是一个camichale数 #他是3的倍数,所以他不是一个素数. ''' 一些实用的关于整除的trick: 1.一个整数被3整除 等价于 他的各个数位的数字相加被3整数.(证明显然) 2.一个整数被9整除 等价于 他的各个数位的数字相加被9整数.(证明显然) 3.一个整数被5整除 等价于 他的个数位的数字=0,5.(证明显然) 4.设该数有两位以上,若个位数+十位数*2能被4整除,那么该数能被4整除. 5.被7整除等价于:若一个整数的个位数字截去,再从余下的数中,减去个位数的 2倍,如果差是7的倍数,则原数能被7整除.如果差太大或心算不易看出是否7的倍数 , 就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程,直到能清楚判断为止.(证明显然) 6.能被6整除的数的特征末尾是0、2、4、6、8且各位上数字的和能被3整除 7.显然1000能被8整除,所以1000的倍数能被8整除,所以看一个数能否被8整除,只需看它的后3位. ''' print (322223333) #下面通过构造witness函数把pseudoprime进行一次重写.得到更高的效率. def witness(a,n):#函数目标是验证n是否是以a为基地的伪素数. #返回True就表示是合数,False代表素数 if n %2==0: return True #先把n-1进行2的次方分解: beifenjie=n-1 t=0 for i in range(beifenjie): if beifenjie%2==0: t+=1 beifenjie//=2 else: break u=beifenjie# 得到了n-1=2**t*u x0=modular_expotion(a,u,n) #下面这行的操作在算法导论第三版chs.pdf里面p568页写的,实在是太漂亮的结果了. #大概写一下,具体应该翻书多看看怎么判断的合数. #思路大概是这样,你经过t次平方得到的数.然后如果你已经发现xi-1是一个以n为模1的 #非平凡平方根,因为xi!=+-1(mod n),但是xi=1 (mod n),所以n必然是合数,因为 #已经证明过了只有n是合数时候才可以存在以n为模的1的非平凡平方根.(非平凡就是非1)!!!!!! #我直接就惊了!用这个操作居然能排除很多calmicakal数.比如561.下面写代码. x_old=x0 for i in range(t): x_new=x_old**2%n if x_new==1 and x_old!=1 and x_old!=n-1: return True x_old=x_new if x_old!=1: return True return False ''' 下面就是简单的miller-rabin算法: 效率非常高,然后几乎保证了prime的判断是严格的!!!!!!!! ''' #下面函数就是用s个基地来判断n是否是素数的终极程序 def miller_rabin(n,s): #经过这个代码发现import 一个库最好少用 #比如我如果用numpy库会明显感觉卡,用random明显速度快. #我估计他是把代码都贴过来,所以少import没用的库会加速很多. import random for j in range(s): j=random.randint(1, n-1) if witness(j,n): return 'Composite' return 'prime' print (miller_rabin(2336,5)) ''' 下面的是开放问题整数的因子分解. 也就是破译ras的算法问题.没有高速方法,只有启发式方法. 时间未知,也就是基本不是多项式时间的. ''' #感觉很神秘,解释也比较奇怪的算法. def pollard_rho(n): import random #注意rand这个函数里面的上下标都是闭括号.都能取到. x=random.randint(0, n-1) y=x while 1: x=(x**2-1)%n d=Extended_Euclid(y-x,n)[0] if d!=1 and d!=n: print (d) import random
5.计算几何:
''' 33章:高大上的计算几何. #顺便学习了运算符的重载. 1.线段的操作: 1.向量的叉积:正负,用来判断两个的相对顺时针和逆时针. 等于0表示2个向量共线. ''' #下面写一个判断2个线段相交的函数.下面都是在R2中讨论,更高维的可以类似推广. class point(): def __init__(self,x,y): self.x=x self.y=y def __sub__(self,other):#other不用事先制定类型,可以直接当做一个point来用 #本身已经写好了调用的方法,所以还是用-号来调用即可. return point(self.x-other.x,self.y-other.y) #上面为了方便,我们引入运算符的重载. def direction(p1,p2,p3):#这函数是求p1,p2这个向量和p1,p3这个向量的叉积. #用行列式法则就能计算这种简单的2维情况. return (p2-p1).x*(p3-p1).y-(p2-p1).y*(p3-p1).x #这个数如果大于0就表示从向量p1,p2转逆时针才能到p1,p3 #反之类似. def segments_intersect(p1,p2,p3,p4):#函数的自变量可以取一个对象 #我们判断的线段是p1,p2为端点的 线段和p3,p4为端点的线段 #python 代码太长后面写\即可 一行运行多个语句用,即可. d1=direction(p1,p2,p3) d2=direction(p1,p2,p4) d3=direction(p3,p4,p1) d4=direction(p3,p4,p2) if direction(p1,p2,p3)*direction(p1,p2,p4)<0 and \ direction(p3,p4,p1)*direction(p3,p4,p2)<0: return True if d1==0 and on_segment(p1,p2,p3): return True if d2==0 and on_segment(p1,p2,p4): return True if d3==0 and on_segment(p3,p4,p1): return True if d4==0 and on_segment(p3,p4,p2): return True return False p1=point(3,4) p2=point(3,5) p3=point(2,5) p4=point(4,-999) def on_segment(a,b,c): if min(a.x,b.x)<=c.x<=max(a.x,b.x) and min(a.y,b.y)<=c.y<=max(a.y,b.y): return True else: return False print (direction(p1,p2,p3)),print (324) print (segments_intersect(p1,p2,p3,p4))
''' 计算几何记录下思路吧: 1.寻找凸包.1.graham方法:1.首先栈里面放入最低的点里面最左的点.作为原点 2.放入跟这个原点,夹角最小的2个点.append进去 3.继续找夹角更大一丁点的点,然后跟栈顶和栈倒数第二个栈顶比, 看是否弹出栈顶. 4.做到最后站里面的元素就是凸包的端点 速度O(Nlogn) 2.jarvis方法:1.相同 2.找夹角最小的和最大的.得到p1,p2两个点 3.再继续以p1找夹角最小的,和p2找夹角最大的. 4.循环即可.O(nh) h为凸包端点数 2.找最近的点对.时间O(nlogn) 1.分治法 2.合并时候还要多考虑中间地带2delta贷款里面的点. '''
