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2022 年 CCPC 河南省賽（A,E,F,G,H）

2年前分類：Toy博客閱讀(23)違法舉報(bào)

這篇具有很好參考價(jià)值的文章主要介紹了2022 年 CCPC 河南省賽（A,E,F,G,H）。希望對(duì)大家有所幫助。如果存在錯(cuò)誤或未考慮完全的地方，請(qǐng)大家不吝賜教，您也可以點(diǎn)擊"舉報(bào)違法"按鈕提交疑問。

$\color{red}{更好的閱讀體驗(yàn)}$

A. Mocha 上小班啦

原題鏈接

題目大意：

一個(gè)數(shù)由互不相同的 $n$ 位數(shù)組成。
輸出 $n$ 位的滿足上述條件的最小整數(shù)（不含前導(dǎo)零）。
不存在則輸出 $? 1$ 。

思想：

簽到題。
當(dāng) n <= 10 時(shí)，最小的 $n$ 位數(shù)的序列為 [1, 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ,9]。
當(dāng) n > 10 時(shí)不存在可以滿足條件的數(shù)。

代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[] = {1, 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};

void solve(){

    int n; cin >> n;
    if(n > 10) cout << -1 << endl;  //大于10不存在滿足條件的數(shù)
    else{
        for(int i = 0 ; i < n; i ++) cout << a[i];  //注意交換1和0的順序
    }

    return ;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

E. Serval 的俳句

原題鏈接

題目大意：

給定一個(gè)長(zhǎng)度為 $n$ 的字符串 $S$ 。
求是否存在長(zhǎng)度為 $17$ 的子序列滿足：
- $S′_1 , S′_2 , S′_3 , S′_4 , S′_5$ 為同一個(gè)字符；
- $S′_6 , S′_7 , . . . , S′_{11}, S′_{12}$ 為同一個(gè)字符；
- $S′_{13}, S′_{14}, S′_{15}, S′_{16}, S′_{17}$ 為同一個(gè)字符。
存在輸出該子序列，不存在則輸出 none。

思想：

簽到題。
暴力枚舉 $S_i$ ，統(tǒng)計(jì)滿足的 $S'_1 \sim S'_5$ ，若可以找到滿足的子序列，標(biāo)記該字符后進(jìn)入下一層循環(huán)；
暴力枚舉 $S_j$ ，統(tǒng)計(jì)滿足的 $S'_6 \sim S'_{12}$ ，若可以找到滿足的子序列，標(biāo)記該字符后進(jìn)入下一層循環(huán)；
暴力枚舉 $S_k$ ，統(tǒng)計(jì)滿足的 $S'_{13} \sim S'_{17}$ ，若可以找到滿足的子序列，則將上面標(biāo)記的直接輸出即可。
當(dāng) n < 17 時(shí)或者沒有找到存在可以滿足條件的子序列，則輸出 none。
由于每一段的子序列很短，最壞的情況是 $26^3 \times 5^2 \times 7 = 3,075,800$ ，實(shí)際上的情況會(huì)遠(yuǎn)小于該時(shí)間復(fù)雜度，所以完全 $O K$ 。

代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 200;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n; cin >> n;
    if(n < 17){  //長(zhǎng)度不夠，不可能找到
        cout << "none" << endl;
        return ;
    }

    string s; cin >> s;
    int vis1[N] = {0};  //統(tǒng)計(jì)相同的前5個(gè)字符
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        vis1[s[i]] ++;
        if(vis1[s[i]] == 5){
            char op1 = s[i];  //標(biāo)記前5個(gè)字符
            int vis2[N] = {0};  //統(tǒng)計(jì)相同的中間7個(gè)字符
            for(int j = i + 1; j < s.size(); j ++){
                vis2[s[j]] ++;
                if(vis2[s[j]] == 7){
                    char op2 = s[j];  //標(biāo)記中間7個(gè)字符
                    int vis3[N] = {0};  //統(tǒng)計(jì)相同的后5個(gè)字符
                    for(int k = j + 1; k < s.size(); k ++){
                        vis3[s[k]] ++;
                        if(vis3[s[k]] == 5){  //找到最后5個(gè)字符，直接輸出
                            for(int u = 0; u < 5; u ++) cout << op1;
                            for(int u = 0; u < 7; u ++) cout << op2;
                            for(int u = 0; u < 5; u ++) cout << s[k];
                            return ;
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
	//找不到滿足條件的序列
    cout << "none" << endl; 
    return ;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

F. 集合之和

原題鏈接

題目大意：

對(duì)于兩個(gè)有限的數(shù)集 $A, B$ ，定義 $A + B$ 為：
- $\{x + y~|~ x \in A, y \in B \}$
記有限數(shù)集 $A$ 的元素個(gè)數(shù)為 $∣ A ∣$ 。
給定 $n$ ，求滿足 $∣ A + A ∣ = n$ ，且滿足 $\forall x \in A, 0\le x \le 5\times10^5$ 的數(shù)集 $A$ 。
若存在 $A$ 滿足上述條件，輸出內(nèi)含元素的數(shù)量并輸出所含元素（任意解均可），不存在則輸出 $? 1$ 。

思想：

思維，規(guī)律，構(gòu)造。
構(gòu)造簡(jiǎn)單數(shù)集 $\{0,1,2,\dots,k\}, |A| = k$ ，則 $\{0,1,2,\dots,2k\},|A+A| = 2k + 1$ 。
通過上述構(gòu)造，顯然當(dāng) $n$ 為奇數(shù)時(shí)一定有解，我們只需要構(gòu)造滿足如上規(guī)則的數(shù)集即可。
接下來討論 $n$ 為偶數(shù)的情況：
- $∣ A ∣ = 2, ∣ A + A ∣ = 3$ ，當(dāng) $n = 2$ 時(shí)無解；
- $=3,5\le |A+A|\le 6$ ，當(dāng) $n = 4$ 時(shí)無解；
- 其他情況下，構(gòu)造數(shù)集 $\{0,2,3,\dots,k\}$ ，則 $=\{0,2,3,\dots,2k\},|A+A| = 2k$ 。
綜上所述，根據(jù) $n$ 的奇偶性按照上述規(guī)則構(gòu)造即可。

代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, string> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int n;

void solve(){

    cin >> n;

    if(n == 2 || n == 4){
        cout << -1 << endl; 
        return ;
    }

    if(n % 2 != 0){  //奇數(shù)構(gòu)造0, 1, 2, 3,...,(n - 1) / 2
        cout << (n - 1) / 2 + 1 << endl;  
        for(int i = 0; i <= (n - 1) / 2; i ++) cout << i << ' ';
    }
    else{  //偶數(shù)構(gòu)造 0, 2, 3,..., n / 2
        cout << n / 2 << endl;
        cout << 0 << ' ';
        for(int i = 2; i <= n / 2; i ++) cout << i << ' ';
    }

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

G. Mocha 上大班啦

原題鏈接

題目大意：

給定 $n$ 個(gè) $01$ 串以及 $q$ 次操作，每次操作會(huì)把第 $i$ 個(gè)串的 $l ? r$ 位替換為和第 $j$ 個(gè)串的 $l ? r$ 位分別進(jìn)行與運(yùn)算的結(jié)果。
第 $i$ 次操作有概率 $p_i$ 成功。
詢問最后 $n$ 個(gè)串與運(yùn)算得到的串中 $1$ 的個(gè)數(shù)。

思想：

思維題。
概率期望套皮，其實(shí)無需處理。
只要一列中出現(xiàn)過 $0$ ，由于進(jìn)行的是“與”位運(yùn)算，操作多少次都不會(huì)影響任何一個(gè) $01$ 串第 $i$ 位的值，結(jié)果一定是 $0$ 。
故直接計(jì)算初始 $01$ 串與操作后的 $1$ 的個(gè)數(shù)即為答案。

代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, string> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

const int N = 1010;

char a[N][4 * N];

int n, m;

void solve(){

    int res = 0;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];

    int q; cin >> q;
    while(q --){
        for(int i = 0; i < 5; i ++){
            int op; cin >> op;
        }
    }

    for(int i = 0; i < m; i ++){
        int cnt = 1;
        for(int j = 0; j < n; j ++){
            if(a[j][i] == '0') cnt = 0;  //存在某一列為0時(shí)
        }
        res += cnt;
    }

    cout << res << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

H. 旋轉(zhuǎn)水管

原題鏈接

題目大意：

給定 $\times m$ 的水管圖，水管有 I,L 兩種，且兩種水管均可以旋轉(zhuǎn)。
問是否可以通過旋轉(zhuǎn)水管，使得水從 $x$ 列流入后從 $y$ 列流出。

思想：

DFS 搜索。
水管出水狀態(tài)和進(jìn)入狀態(tài)相關(guān)，故需要記錄上一個(gè)格子流入下一個(gè)格子時(shí)的狀態(tài)。
分析狀態(tài)可知：
- 對(duì)于 I 形的水管，流出狀態(tài)和流入狀態(tài)相同。
- 對(duì)于 L 形的水管，當(dāng)流入狀態(tài)是 $\uparrow$ 或 $\downarrow$ 時(shí)，流出時(shí)都有兩種狀態(tài) $\leftarrow$ 和 $\rightarrow$ ；當(dāng)流入狀態(tài)是 $\leftarrow$ 或 $\rightarrow$ 時(shí)，流出時(shí)都有兩種狀態(tài) $\uparrow$ 和 $\downarrow$ 。
根據(jù)上述分析，我們可以得到相應(yīng)狀態(tài)的偏移量，在搜索時(shí)通過加上該偏移量達(dá)到坐標(biāo)的轉(zhuǎn)移。

代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

char mp[2][N];
bool vis[2][N];

int m, sl, el;

bool flag = 0;

void dfs(int l, int r, int st){

    if(flag == 1) return ;  //滿足條件直接返回

    if(l == 2 && r == el - 1){  //越界只有到達(dá)出口的情況合法
        flag = 1;  //標(biāo)記答案
        return ;
    }

    if(l < 0 || l >= 2 || r < 0 || r >= m) return ;  //越界直接返回

    if(vis[l][r]) return ;  //走過該點(diǎn)返回

    vis[l][r] = 1;  //標(biāo)記走過

    if(l >= 0 && l < 2 && r >= 0 && r < m){
        if(mp[l][r] == 'I'){  //進(jìn)入狀態(tài)和流出狀態(tài)相同
            if(st == 0) dfs(l + 1, r, 0); 
            if(st == 1) dfs(l, r + 1, 1);
            if(st == 2) dfs(l - 1, r, 2);
            if(st == 3) dfs(l, r - 1, 3);
        }
        else{
            if(st == 0 || st == 2){  //從下面或上面流入的狀態(tài)
                dfs(l, r + 1, 1);
                dfs(l, r - 1, 3);
            }
            if(st == 1 || st == 3){  //從左邊或右邊流入的狀態(tài)
                dfs(l + 1, r, 0);
                dfs(l - 1, r, 2);
            }
        }
    }

    vis[l][r] = 0;  //搜過返回恢復(fù)現(xiàn)場(chǎng)

    return ;
}

bool solve(){
    cin >> m >> sl >> el;
    for(int i = 0; i < 2; i ++) cin >> mp[i];

    flag = 0;  //多實(shí)例，初始化
    for(int i = 0; i < 2; i ++){
        for(int j = 0; j <= m; j ++) vis[i][j] = 0;
    }

    dfs(0, sl - 1, 0);

    return flag;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        if(solve()) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }

    return 0;

}

賽后回顧與總結(jié)

生涯第一次參加 $CCPC$ ，先貼一張戰(zhàn)績(jī)：

2022 年 CCPC 河南省賽（A,E,F,G,H）

銅尾巴是 $188$ ，我們隊(duì)伍 $191$ 喜提鐵牌 ~~（bushi）~~ 啊吧啊吧。。。

賽程回顧

兩個(gè)大三的隊(duì)友還是很給力的，上來就切掉了 $A$ 題，拿下了一個(gè)漂亮的 AC。
我之后粗略地計(jì)算了一下 $E$ 題的時(shí)間復(fù)雜度，于是直接三個(gè)循環(huán)暴力切掉了，雖然因?yàn)榻y(tǒng)計(jì)字母數(shù)量的 vis 數(shù)組開小了，白白吃了一發(fā) WA，~~為全隊(duì)奠定了打鐵的基礎(chǔ)。~~
然后我發(fā)現(xiàn) $H$ 題是個(gè)搜索貌似能行？從此隊(duì)伍少了一個(gè)人。。。
隊(duì)友開搞 $F$ ，上機(jī)打表，我在紙上手撕 $H$ 。
隊(duì)友開搞 $G$ ，最后發(fā)現(xiàn)是道沙筆套皮期望的詐騙題，光速寫完不測(cè)樣例直接沖，小 WA 一下就過了，沒有一開始切掉就很可惜。
然后 zhgg 開始幫我調(diào)我的沙筆 $H$ 題，因?yàn)橛X得 BFS 的思路完全沒問題，死磕到底，最后頭暈?zāi)X脹坐標(biāo)都搞混了，剩半小時(shí)重寫一次最后都沒搞出來，直接大寄 (。_。)。
最后絕望看榜 $200 +$ 的名次去掉大星的隊(duì)伍粗略算一下能拿銅尾巴~~（賽后發(fā)現(xiàn)還是太天真）~~，不過維他檸檬茶是真的好喝，~~逃。~~

賽后總結(jié)：

打鐵的根本的原因還是自己能力太弱小了。
其本質(zhì)就是我的懶惰，在本該出成績(jī)的時(shí)期思想上懈怠、行動(dòng)上松懈了。訓(xùn)練量達(dá)不到還妄想著出成績(jī)。
這次參賽也明顯感受到了經(jīng)驗(yàn)的不足，兩個(gè)大三的隊(duì)友異常地鎮(zhèn)定和發(fā)揮穩(wěn)定，相較而言，沒有大賽經(jīng)驗(yàn)的我在比賽時(shí)手忙腳亂拖累了團(tuán)隊(duì)。
最后是比賽題目的分配和合作，團(tuán)隊(duì)協(xié)同參賽的我們互相沒有磨合好，隊(duì)友在討論時(shí)我獨(dú)自去切沒有把握的題，最后還沒有解出來，也錯(cuò)過了討論和看其他題目的機(jī)會(huì)和時(shí)間。

PS：文章來源地址http://www.zghlxwxcb.cn/news/detail-453635.html

今后的計(jì)劃：
- 加訓(xùn)；
- 加訓(xùn)；
- 還是 TMD 加訓(xùn)。
和隊(duì)友抽空多打幾場(chǎng) VP，訓(xùn)練團(tuán)隊(duì)合作。
臥薪嘗膽，下次 $I CPC$ 必將勝利。

到了這里，關(guān)于2022 年 CCPC 河南省賽（A,E,F,G,H）的文章就介紹完了。如果您還想了解更多內(nèi)容，請(qǐng)?jiān)谟疑辖撬阉鱐OY模板網(wǎng)以前的文章或繼續(xù)瀏覽下面的相關(guān)文章，希望大家以后多多支持TOY模板網(wǎng)！

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C 最大的數(shù) — 貪心首先n個(gè)點(diǎn)有n條邊必然有環(huán)，因此可以無限制的加數(shù)，又因?yàn)轭}目要求最大不超過1e9，所以答案一定是9位數(shù) 如果把形成的環(huán)縮點(diǎn)的話就會(huì)變成拓?fù)湫蛄?，首先要找到?shù)字最大的那幾個(gè)點(diǎn)，把他們?nèi)腙?duì)，然后遍歷他們的下一個(gè)點(diǎn)，找到下一個(gè)點(diǎn)里的最大值，
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【超好懂的比賽題解】2022CCPC四川省賽個(gè)人題解
title : “?？低暠?2022年第十四屆四川省大學(xué)生程序設(shè)計(jì)大賽 tags : ACM,練習(xí)記錄 date : 2022-10-18 author : Linno 題目鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/42105 出題數(shù)量：5/11 （順序：K-F-B-H-A） A-Adjacent Swapping 顯然可以先貪心移動(dòng)（直接掃一遍）字符使前后兩半在字符數(shù)量上是一樣的
2024年02月08日
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QOJ 6504. CCPC Final 2022 D Flower's Land 2題解
給你一個(gè)只含 (0,1,2) 的序列，相鄰兩個(gè)相同的數(shù)字可以直接消掉。詢問包含兩種區(qū)間所有數(shù) (+1) 并對(duì) (3) 取模。求一段區(qū)間能否用上述消除方式消完。在我們做相鄰兩個(gè)能被消掉，判斷一段區(qū)間能否被消掉時(shí)，常常用矩陣來考慮。把每一種顏色用一種矩陣來表示，若當(dāng)
2024年02月15日
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Qt 物聯(lián)網(wǎng)系統(tǒng)界面開發(fā) “ 2022湖南省大學(xué)生物聯(lián)網(wǎng)應(yīng)用創(chuàng)新設(shè)計(jì)競(jìng)賽技能賽 ——應(yīng)用物聯(lián)網(wǎng)的共享電動(dòng)自行車 ”
本篇源于 “ 2022 湖南省大學(xué)生物聯(lián)網(wǎng)應(yīng)用創(chuàng)新設(shè)計(jì)競(jìng)賽技能賽參考樣題 ” ——應(yīng)用物聯(lián)網(wǎng)的共享電動(dòng)自行車針對(duì)共享電動(dòng)自行車應(yīng)用場(chǎng)景，設(shè)計(jì)實(shí)現(xiàn)共享電動(dòng)自行車、用戶、管理等相關(guān)人、物互聯(lián)的物聯(lián)網(wǎng)系統(tǒng)。假設(shè)系統(tǒng)由電動(dòng)自行車、后端服務(wù)器、前端應(yīng)用終端、以及電
2024年02月11日
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論文閱讀：GamutMLP A Lightweight MLP for Color Loss Recovery
這篇文章是關(guān)于色彩恢復(fù)的一項(xiàng)工作，發(fā)表在 CVPR2023，其中之一的作者是 Michael S. Brown，這個(gè)老師是加拿大 York 大學(xué)的，也是 ISP 領(lǐng)域的大牛，現(xiàn)在好像也在三星研究院擔(dān)任兼職，這個(gè)老師做了很多這種類似的工作，通過一些輕量模型，將一些數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)換過程中的變換關(guān)系進(jìn)行擬
2024年02月19日
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圖像色彩增強(qiáng)相關(guān)論文閱讀-Representative Color Transform for Image Enhancement(ICCV2021)
作者：Hanul Kim1, Su-Min Choi2, Chang-Su Kim3, Yeong Jun Koh 單位：Seoul National University of Science and Technology 2Chungnam National University 3Korea University 前人方法都是encode-decode方式，丟失細(xì)節(jié)；密集轉(zhuǎn)化也限制顏色空間的遷移效果；本文使用顏色遷移表征（RCT）表征顏色變化，根據(jù)輸入和表征顏
2024年02月11日
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體驗(yàn)百度文心一言AI大模型生產(chǎn)生成河南大學(xué)、太原理工大學(xué)、哈爾濱工程大學(xué)和青島大學(xué)簡(jiǎn)介
河南大學(xué)（Henan University），簡(jiǎn)稱“河大”，坐落于中國(guó)河南省，是河南省人民政府與中華人民共和國(guó)教育部共建高校，國(guó)家“雙一流”建設(shè)高校，入選國(guó)家“111計(jì)劃”、中西部高?；A(chǔ)能力建設(shè)工程、卓越醫(yī)生教育培養(yǎng)計(jì)劃、卓越法律人才教育培養(yǎng)計(jì)劃、卓越教師培養(yǎng)計(jì)劃、
2024年02月11日
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HumanNeRF（CVPR2022 oral）-人體重建論文閱讀
論文: 《HumanNeRF: Free-viewpoint Rendering of Moving People from Monocular Video》 github: https://github.com/chungyiweng/humannerf 作者提出HumanNeRF，給出復(fù)雜動(dòng)作人體單視角視頻，暫停任一幀渲染出任意視角下該人體，甚至360度視角下該人體； HumanNeRF優(yōu)化了人在標(biāo)準(zhǔn)T姿勢(shì)下的表征，與運(yùn)動(dòng)場(chǎng)相一致，
2024年02月15日
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Latent Diffusion（CVPR2022 oral）-論文閱讀
論文：《High-Resolution Image Synthesis with Latent Diffusion Models》 github： https://github.com/CompVis/latent-diffusion 為了使得DM在有限計(jì)算資源下訓(xùn)練，同時(shí)保留其生成質(zhì)量及靈活性，作者將其應(yīng)用于預(yù)訓(xùn)練編解碼器的隱空間。基于表征訓(xùn)練擴(kuò)散模型達(dá)到降低計(jì)算量及細(xì)節(jié)保留的最優(yōu)點(diǎn)。作者
2024年02月11日
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