目的与成果:     本文旨在提出一个轻量化的模型，在减少模型参数量的同时，保持一定的精度,  实验表明，该模型在PascalVOC数据集上的计算成本不到YOLOv7的一半，仅损失约3%[email protected]，在MSCOCO数据集上的损失为9.7%[email protected]，与GhostNet相比提高了0.95。本文的主要思想: 

—a/frameworks/base/services/core/java/com/android/server/pm/PackageManagerShellCommand.java+++b/frameworks/base/services/core/java/com/android/server/pm/PackageManagerShellCommand.java@@-1636,84+1636,88@@classPackageManagerShellCommandextends

设备初始化向厂家获取一下信息：服务器地址（MQTT地址）操作账号操作账号绑定的（产品KEY）WiFi标签管理系统登录WiFi标签管理系统：http://192.144.234.153:8000/index测试账户：user1080密码：123456（仅限于测试使用）我们提供云平台和V5基站两种方式1、云平台登录需要和客

前言题目链接：HDU。题意简述给\(n\)个单词和一张图片排版。每个单词长度为\(a_i\)。图片占行不确定，但是占列始终为\([dw+1,dw+pw]\)。排版宽度为\(W\)，高度无限制。要求单词间有长度为\(1\)的空格，单词不能超出宽度\(W\)，不能覆盖在图片上，单词间相对顺序不能发生改变

需要复制一段文字，具体来说给定一个字符串si，然后你有一个剪贴板，初始为空，和一个初始为空的字符串t，然后对于所有1到n的i，小水母会依次进行如下操作："Ctrl+C"操作，将剪贴板的内容修改为si。"Ctrl+V"操作，将剪贴板的内容添加到t末尾。每次"Ctrl+C"操作和"Ctrl+

duel到的。题目链接CF1567D解题思路发现在越高的数位上，你获取的利益就会越大。因此你肯定是每次将尽可能多的数分到最高的数位上是最优的。但是你会发现，有可能你这样分数位后后面的数就分不到权值了，你只需要保证去掉当前分掉的权值之后，剩下可以分的权值不小于还剩下没分到

【BUUCTF】BabySQli题目来源收录于：BUUCTFGXYCTF2019题目描述纯粹的SQL注入题随意传入name=abc&pw=a返回wronguser尝试传入name=1%27&pw=a发现闭合方式为'，同时给出了一个可疑字符串把这段字符串丢进ChatGPT，告诉我们可能是Base32编码的，对其进行Base32解码得到

bug01：在其他模块调用找不到bean时，在api模块org.springframework.boot.autoconfigure.EnableAutoConfiguration=\com.hmall.api.client.UserClient\4.1.1.引入依赖在cart-service服务的pom.xml中引入OpenFeign的依赖和loadBalancer依赖：<!--openFeign--><dependency

duel到的。题目链接CF727D解题思路首先只能选一个尺码的人直接给就是了，这样我们就只用考虑选两个尺码的人了。因为两个尺码的人适合的两个尺码是相邻的，因此我们直接从小到大按照有两个尺码的人排序，再将剩下的衣服大小从小到大排序，然后依次给就可以了。这里我用了桶排，时间复

reverse题解注意到本题数据范围较大且与数位有关，考虑数位DP。我们发现对于每个询问，我们可以将第一个条件拆开之后差分，可以先从后往前DP，预处理出末尾满足$L\le\operatorname{reverse}(n)\leR$的个数，之后使用试填法填数即可。具体地，在预处理时，处理出顶到上界，顶到下界

题目描述：给定序列\(a_1,\cdots,a_n\)和\(b_1,\cdots,b_n\)，满足\(a_i\in[0,2^k-1],b_i\ge0\)，你需要给出\(S\subseteq\{1,\cdots,n\}\)和\(x\in[0,2^k-1]\)满足：\(\sum\limits_{i\inS}b_i\lem\)。最大化\(val(S,x)=\min\big(\min\limits_{i\inS

abc349g思路从前往后枚举$i$，每次对$i+1\lej\lei+a_i$的$j$赋值$b_j=b_{i\times2-j}$。同时有$b_{i+a_i+1}\neb_{i-a_i-1}$。用$ban_{i,j}$记录$i$不能是$j$，如果要给$i$赋值就选最小的。最直接的就是并查集倍增将两段区间并起来。可以用类似马拉车的思路得

POI#Year2012#kmp考虑相当于把原串分成\(abcba\)的串，使得\(ab\)尽可能长然后从后往前枚举后面的\(a\)长度，然后对于\(b\)的长度考虑\(dp_i=dp_{i+1}+2\)，然后往下缩小直到合法//Author:xiaruizeconstintN=1e6+10;intn;chars[N];intnxt[N];inthsh[N]

在上图中，红圈中的NMOS，它们的Bulk端没有接到地，而是接到各自的Source端，这种情况下，Layout应该怎么画呢？首先，大致了解NMOS的Bulk端为什么不接地，而是接到Source？在有些电路设计中，NMOS的Vth太大，NMOS管不能正常工作，为了减少Vth（阈值电压），可能会使用低Vth的NMOS，在工艺允许时，也可能使用减少体

passwd结构体structpasswd{char*pw_name;/*用户名*/char*pw_passwd;/*加密后的密码*/uid_tpw_uid;/*用户ID*/gid_tpw_gid;/*组ID*/char*pw_gecos;/*用户全名或注释字段*/

CF154CDoubleProfiles题解思路解析题目说的很明白，求有多少个无序点对\((i,j)\)，使得与\(i\)直接相连的点集与直接与\(j\)相连的点集完全相等。我们想到如果直接判断每个\(i,j\)肯定会超时，所以我们想把每一个与任意一点直接相连的点集进行压缩，可以想到使用字符串哈希的

如果有滴滴的报警声就在百度上搜搜就行了，一般是内存条没插紧之类的问题一、检查电源1.拔下电源主板24pin供电，就是插在主板上面最粗最大的那坨线（记得按卡扣）。2.短接电源。将24pin卡扣侧面向自己，将（镊子/铁丝/回形针）两端分别插入左数第3根黑线+第4根绿线内，连接电源线。（网上教程

Description给定\(a_1,a_2,\dots,a_n\)以及\(b_1,b_2,\dots,b_n\)，满足\(a_i\in[0,2^k-1]\)以及\(b_i\geq0\)，你需要给出\(S\subseteq\{1,2,\dots,n\}\)以及\(x\in[0,2^k-1]\)满足以下条件：\(\sum\limits_{i\inS}b_i\leqm\)；满足以上条件的前提下，最大化\

1、打开putty快捷方式的属性，在目标后面输入  -ssh-ladmin-pw123456-P22192.168.227.100C:\Users\RKHD\Desktop\putty0.76汉化版\putty.exe-ssh-ladmin-pw123456-P22192.168.227.100-ssh#适用于ssh登录-l#用户登入名admin

首先有个很显然的\(\mathcalO(nk^2)\)的做法，即二分答案，然后trie树上判断。对于trie树上一颗子树内的判定，考虑当前二分的\(\text{mid}\)这一位是\(1\)还是\(0\)以及\(x\)这一位填什么。对于\(1\)的情况，如果填\(0\)，那么右儿子仍然合法，左儿子中的数必须要放到

首先发现行之间的先后顺序之和它在最后一次修改中修改成了什么有关。于是倒序考虑。倒序考虑一列什么时候可以操作。如果有两行\(i,j\)的顺序之前没有被确定，在在这次操作被确定，而且不符合最后顺序的要求，那么这一列就是不能在这个时候被操作的。于是可以对于每一列，记录还有多少

虚高*2800，放模拟赛T1人均切了。这是zlt说的，不是我说的，我还是觉得没那么虚高的。首先显然是数位dp。一个关键点就是怎么计算\(f_i\timesf_{i+1}\)。会发现可以将为\(4\)的位置看作\(0\)，否则为\(1\)，则二进制下\(f_{i+1}=f_i+1\)。此时问题就变成了进位所带来的贡献

D1T1季风考虑要求\(\begin{cases}\sum\limits_{i=0}^{m-1}(x'_i+x_{i\bmodn})=x\\\sum\limits_{i=0}^{m-1}(y'_i+y_{i\bmodn})=y\\|x'_i|+|y'_i|\lek\end{cases}\)发现其等价于\(|x-\sum\limits_{i=0}^{m-1}x_{i\bmodn}|+|y-\sum\l

E1链接一眼题。直接预处理即可。时间复杂度\(O(n\log_2(n))\)。难度1。代码：点击查看代码/*Tips:你数组开小了吗？你MLE了吗？你觉得是贪心，是不是该想想dp？一个小时没调出来，是不是该考虑换题？*/#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#definemapunordered_m

对于\(\sum|E'|\)，直接计算是简单的。对于\(\sum|E'|^2\)，拆下贡献，可以拆成\(\sum\sum_{i,j\inE'}1\)，设\(U\)为\(i\)和\(j\)两条边连接的点集，转化一下式子即为\(\sum_i\sum_j2^{n-|U|}\)。对于\(\sum|E'|^3\)同理，\(U\)为\(i,j,k\)三条边连接的点集，原式即为\(