精华内容
下载资源
问答
  • 2021-01-14 13:46:46

    首先,这个引用是不对的,参见下面zqin的回答。

    其次,即便是真的,

    很明显,这是一个前提条件。

    就好像,假设乌龟都长着4条腿,那么如何如何.........

    最后,我想问一个我认为更关键的问题:

    人什么时候会不追求个人利益最大化?

    基督徒放弃了生命:在他的利益体系里,天国比现世更大——个人利益最大化;

    马列烈士牺牲自己:在他的利益体系里,解救全人类比生命更大——个人利益最大化;

    路人为救落水小孩献身:在他的利益体系里,道德比生命更大——个人利益最大化;

    自卑的姑娘拒绝了帅哥的追求:在她的利益体系里,安全感比冒险更大——个人利益最大化;

    抑郁症患者自残身体:在她的利益体系里,割伤可以转移分化精神痛苦——个人利益最大化;

    ===========9 人赞同了该回答

    泻药。亚当·斯密曰:我没有说过“个人利益的最大化就是整体利益的最大化”。在知乎上将来如果你们引用上有偏差,你们要负责任。

    其实,《国富论》中最接近的一句可能是:“由于追逐自己的利益,他往往能比在真正出于本意的情况下更有效地促进社会的利益”。(By pursuing his own interest he frequently promotes that of the society more effectually than when he really intends to promote it.)。两句放在一起看,就能明显看出其中的“偏差”了,楼主引用的那句,只能说是对斯密原句原意的极端化、绝对化、教条化的错误引申。

    发布于 2015-09-09

    zqin:怎么看:亚当斯密说,追求个人利益的最大化,就是整体利益的最大化?

    更多相关内容
  • 我们证明了我们的问题比以前的工作所研究的传统影响最大化问题要困难得多,因为它可以表述为非单调和非子模优化问题。 为了解决我们的问题,我们提出了一种新颖的“代理优化”方法以及两种随机算法,这些算法可以以...
  • 基于MAX-SUM算法的无线传感器网络效益最大化仿真,matlab源码+word论文 通过MAX-SUM算法使使整个系统的效益达到最大。介绍了经典MAX-SUM算法的基本理论,对消息传递模型进行了仿真,然后给予消息传递模型的仿真模型...
  • 立足于双方收益最大化,以求达到“双赢”,结合成本加激励酬金合同的特点,站在占有决策权的建设单位,把工期、成本、质量3个因素同时作为激励因子,通过建立主从递阶决策激励模型,对双方的收益进行优化,达到在特定条件...
  • 算法作业-动态规划-投资收益最大化
  • 期望收益最大化的信息传播机制,张天一,,李斌等提出的信息传播机制的妙处在于既调动了买家传播信息的积极性又保证卖家不亏损,但不能使卖家收益最大化。本文针对两种社交
  • 分析了业务参数模型, 引入业务的收益作为多通道并行传输中流量分配的效益评价函数, 通过将流量分配映射为带宽分配建立了基于收益最大化的多通道并行传输流量分配模型。基于边际收益递减法则, 提出了一种边际收益...
  • 教育资料
  • 针对动态社交网络中节点存在的时序关系,提出了基于时序关系的社交网络影响最大化问题,即在时序社交网络上寻找k个节点使信息传播最大化。首先,通过改进度估计算法来计算节点间的传播概率;其次,针对静态社交网络...
  • 如何汗水和努力收益最大化?——个人职业生涯规划培训课程.pptx
  • 算法题——利益最大化

    千次阅读 2019-10-31 10:06:50
    给定比特币n天内的价格表,完成一个算法计算你通过买卖能获得的最大收益。要求考虑执行效率。 (你不能在第一次买入前卖出,而且一次买或者卖只能是一份,买卖次数不限,但你必须在再次购买前卖出之前买入的比特币。...

    给定比特币n天内的价格表,完成一个算法计算你通过买卖能获得的最大收益。要求考虑执行效率。
    (你不能在第一次买入前卖出,而且一次买或者卖只能是一份,买卖次数不限,但你必须在再次购买前卖出之前买入的比特币。)
    举例:
    价格表:[5,3,1,5,4,7,8,6] 输出: 8
    解释:
    第3题(价格1)买,第4天(价格5)卖,收益4;然后第五天(价格4)买,第7天(价格8)的时候卖出,收益4;总共收益8.。

    一开始看的时候其实被题目中的解释误导了,其实简单来看,只要是有卖出的价格比买入高就可以出售,收益的总值其实是一样的,比如,第五天价格4买,然后7卖,7再买,8卖,总收益为4;跟4买,8卖,收益为4是相同的。所以就有了如下判断 if (prices[i + 1] > prices[i])

        function getSum (prices) {
            let sum = 0;
            for (let i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
                if (prices[i + 1] > prices[i]) {
                    sum += prices[i + 1] - prices[i];
                }
            }
            return sum;
        }
        getSum([5,3,1,5,4,7,8,6]) // 8
    
    展开全文
  • 文章针对电动汽车充电站位置和规模问题,建立了一个考虑了建设成本、运行成本、充电成本和电动汽车数量分布的收益最大化的多等级充电站选址模型;利用微分进化算法的全局寻优能力,同时确定出充电站最大收益的建址位置...
  • 差异化私有频谱拍卖,收益最大化
  • 动态规划-股票利益最大化问题

    千次阅读 2020-02-27 22:21:59
    股票利益最大化问题: 给定股票价格序列,规定(买入、卖出)的最多次数K,求最大的总利润。(一次买入和卖出为完整交易) 1.K=1 Leetcode121 记录遍历到第i天的时候之前的股票价格最小值,那么如果当天卖出,能取得最大...

    股票利益最大化问题:

    给定股票价格序列,规定(买入、卖出)的最多次数K,求最大的总利润。(一次买入和卖出为完整交易)
    1.K=1 Leetcode121
    记录遍历到第i天的时候之前的股票价格最小值,那么如果当天卖出,能取得最大利润肯定是当前股票价格减去之前最低的股票价格
    最后取遍历的最大值。

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            int max_profit = 0;
            int pre_min = INT_MAX;
            for(int i=0;i<prices.size();i++)
            {
                max_profit=max(max_profit,prices[i]-pre_min);
                pre_min = min(pre_min,prices[i]);
            }
            return max_profit;
        }
    };
    

    2.K=2,最多(买入、买去)两次LeetCode123
    相当于找两个利润最大的价格区间,并且这两个区间是不重叠的,也就是说这两个区间左右一个,那么如果在第i天把区间分成两部分,所以借用k=1的思路,每部分分别求各自的最大利益,然后遍历每天,求左右两部分最大的两个利益,最后去最大值即可。

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int len=prices.size();
            int *dp_left=new int[len];
            int *dp_right=new int[len];
            dp_left[0]=0;
            int min_val=INT_MAX,max_profit=0;
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                 max_profit=dp_left[i]=max(max_profit,prices[i]-min_val);
                 min_val=min(min_val,prices[i]);
            }
            max_profit=0;
            int high_val=-1;
            for(int i=len-1;i>=0;i--)
            {
                 max_profit=dp_right[i]=max(max_profit,high_val-prices[i]);
                 high_val=max(high_val,prices[i]);
            }
            max_profit=0;
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                max_profit=max(max_profit,dp_left[i]+dp_right[i]);
            }
            return max_profit;
        }
    };
    

    3.不限定买卖次数,即K= + ∞ +\infty + Leetcode122
    因为不限制买卖次数,则此时每一个上升区间的两端,都分别可以进行买入和卖出,只需要统计每个上升区间的落差就行。

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            //寻找连续的波峰和波谷即可,不跨越任何一个波峰
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int maxProfit=0;
            int valley=prices[0];
            int peak=prices[0];
            int i=0,len=prices.size()-1;
            while(i<len)
            {
                //下坡
                while(i<len && prices[i+1]<=prices[i])
                    i++;
                valley = prices[i]; 
                //上破
                while(i<len && prices[i+1]>=prices[i])
                    i++;
                peak = prices[i]; 
                maxProfit += peak-valley;
            }
            return maxProfit;
        }
    };
    

    简单形式:不需要显示的求出每个上升区间的落差,只要是上升的,那么在该区间内用后一天价格减去当天价格,对所有差求和就是区间的落差。

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            //和寻找连续的波峰波谷是同样的思路,但是不用具体找到确切的波峰和波谷的位置
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int maxProfit=0;
            int i=0,len=prices.size()-1;
            while(i<len)
            {
                //只要找到上升的路径,就不断累加
                if(prices[i+1]>=prices[i])
                    maxProfit += prices[i+1]-prices[i];
                i++;
            }
            return maxProfit;
        }
    };
    

    大杀器-通用解法

    使用动态规划的思想:
    dp [n][k][flag]:表示在第n天时,最多买入k次股票,且目前手里持有股票的状态是flag。其中天数从0开始, flag=0表示目前手里没有股票,flag=1表示手里还有股票,其中在股票买入的时候,对k进行更新。
    状态转移方程:

    dp [n][k][0]=max(dp [n-1] [k] [0],dp [n-1] [k] [1]+prices[n])

    解释:今天(第n天)手里没有股票,有两种可能:
    解释:今天(n天)手里没有股票,且最多买入了k次股票,有两种可能:
    1.昨天手里就没有股票,也今天没有进行买卖操作(k不会变),所以今天手里还是没有股票,收益不变,仍为dp[n-1][k][0]
    2.昨天手里有股票,今天把手里价值为price[n]的股票卖了(k也不会变),收益变成dp[n-1][k][1]+price[n] (买入股票时才修改k)

    dp [n] [k] [1]=max(dp [n-1] [k] [1],dp [n-1] [k-1] [0]-prices[n])

    解释:今天(n天)手里有股票,有两种可能:
    1.昨天手里就有股票,今天没有进行买入操作(k不会变),所以今天手里仍然保留股票,收益不变:dp[n-1][k][1]。
    2.昨天手里没有股票,今天买入价值为price[n]的股票(k发生改变),收益变成dp[n-1][k-1][0]-price[n]。(以买入股票作为一个交易结束,所以k-1)
    初始化:
    dp[i][0][0]=0表示到第i天,最多使用了0次交易(就是说并未买入任何股票),那肯定就是0
    dp[i][0][1]= − ∞ -\infty 表示到第i天,并未买入任何股票的情况下,手里持有股票,这是肯定不正确的,置为负无穷
    dp[0][k][0]=0表示第0天时,最多使用了k次交易(即买入了k次股票,其实最多也就买入了一次)且手里没有股票,肯定是0
    dp[0][k][1]=-prices[0] 表示第0天时,最多使用了k次交易(即买入了k次股票,其实最多也就买入了一次)且手里已经有股票了,表明在在第一天已经买入股票了。(此时k必须大于1)
    PS:对于以卖出时候更新k的解法,读者可自行分析,参考件本文最下方;

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int len=prices.size();
            int K_max=2;
            vector<vector<vector<int>>> dp(len,vector<vector<int>>(K_max+1,vector<int>(2)));
    
            //K为任意正整数的通用解法-状态机+三维DP(买入股票时,k发生改变)
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                dp[i][0][0]=0;
                dp[i][0][1]=-INT_MAX;
            }
            for(int k=K_max;k>=1;k--)
            {
                dp[0][k][0]=0;
                dp[0][k][1]=-prices[0];
            }
            //接下来对第0天之后的情况使用状态转移方程计算即可
            for(int n=1;n<len;n++)
            {
                for(int k=K_max;k>=1;k--)
                {
                    dp[n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k][1]+prices[n]);
                    dp[n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k-1][0]-prices[n]);
                } 
            }
            //在最后一天(len-1)最多使用K_max次交易,肯定是把手里股票卖光收益更高(不然留着手里发霉啊?)
            //所以是dp[len-1][K_max][0],而非dp[len-1][K_max][1]
            //其次,最多使用K_max次交易交易肯定是包括最多使用K_max-1次,K_max-2次交易的情况。
            return dp[len-1][K_max][0];
        }
    };
    

    ps:对于 K=+ ∞ \infty 的情况,此时K已经毫无意义,可以直删除该维度,代码精简如下:

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int len=prices.size();
            vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2));
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                dp[i][0]=0;    
                dp[i][1]=-INT_MAX;
            }
            dp[0][1]=-prices[0];
            for(int n=1;n<len;n++)
            {
                dp[n][0]=max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]+prices[n]);
                dp[n][1]=max(dp[n-1][1],dp[n-1][0]-prices[n]);
            }
            return dp[len-1][0];
        }
    };
    

    此外,对于通用的形式,可以看见循环中,第一维度的变化是步长为1递减的,所以可以进一步对通用形式进行空间优化。不然在总天数和k很大的时候无法通过LeetCode188

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
            int N=prices.size();
            if(N<=1) return 0;
            if(k>N/2)
                k=N/2+1;
            
            //套用通用解法模板(买入时更新k)
            vector<vector<int>> dp(k+1,vector<int>(2));
            for(int m=0;m<=k;m++)
            {
                dp[m][0]=0;
                dp[m][1]=-prices[0];
            }
            dp[0][1]=-INT_MAX;
            //因为n都是每次步长为1递减的,所以为了优化内存,可以把三维dp变为二维dp
            for(int n=1;n<N;n++)
            {
                for(int m=k;m>=1;m--)
                {
                   dp[m][0]=max(dp[m][0],dp[m][1]+prices[n]);   
                   dp[m][1]=max(dp[m][1],dp[m-1][0]-prices[n]); 
                }
            }
            return dp[k][0];
        }
    };
    

    延伸1.如每次完整的交易需要交手续费(Leetcode714),同样可以使用通用解法:

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
            int len=prices.size();
            if(len<=1) return 0;
            vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2));
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                dp[i][0]=0;
                dp[i][1]=-INT_MAX;
            }
            //规定在卖出股票的时候扣手续费,所以第一天手里如果有股票,不需要扣手续费
            //ps:也可以规定在买入股票的时候扣手续费,所以第一天手里如果有股票,需要扣手续费:
            //即变成dp[0][1]=-prices[0];
            dp[0][1]=-prices[0];
            for(int i=1;i<len;i++)
            {
                //每次完整的交易才需要交一个手续费,所以是在卖出股票的时候交手续费
                dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);
                dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]); //如果规定买入时扣手续费,那么在这里减去fee
            }
            return dp[len-1][0];
        }
    };
    

    延伸2.每次卖出股票后,后一天不允许买入股票LeetCode309

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            if(prices.size()<=1)
                return 0;
            int len=prices.size();
            vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2));
    
            //第0天手里没有股票和有股票,收益分别是0和-prices[0]
            dp[0][0] = 0;
            dp[0][1] = -prices[0];
            //第1天手里没有股票的两种情况:1.根本没买过 2.在第0天买了,第二天卖了
            //第1天手里有股票的两种情况:1.第0天买的 2.在第1天买的
            dp[1][0] = max(0,prices[1]-prices[0]);
            dp[1][1] = max(-prices[0],-prices[1]);
            for(int n=2;n<len;n++)
            {
                dp[n][0]=max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]+prices[n]);
                //当天手里有股票,可能昨天就有但是没进行任何操作,或者前天卖掉股票后手里没股票,然后昨天被冻结了
                dp[n][1]=max(dp[n-1][1],dp[n-2][0]-prices[n]);
            }
            return dp[len-1][0];
        }
    };
    

    拓展:以卖出时候更新k值:

    dp [n][k][flag]:表示在第n天时,最多卖出了k次股票,目前手里持有股票的状态是flag,
    flag=0表示目前手里没有股票,flag=1表示手里还有股票

    dp [n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k-1][1]+price[n])

    解释:今天(n天)手里没有股票,且最多卖出了k次股票,有两种可能:
    1.昨天手里就没有股票,且今天没有进行买卖操作(k不会变),所以今天手里还是没有股票,收益不变,仍为dp[n-1][k][0]
    2.昨天手里有股票,今天把手里价值为price[n]的股票卖了(k会发生变化),收益变成dp[n-1][k][1]+price[n]

    dp [n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k][0]-price[n])

    解释:今天(n天)手里有股票,有两种可能:
    1.昨天手里就有股票,今天没有进行买入操作(k不会变),所以今天手里仍然保留股票,收益不变:dp[n-1][k][1]。
    2.昨天手里没有股票,今天买入价值为price[n]的股票(k不会变),收益变成dp[n-1][k-1][0]-price[n]。

    初始状态:

    dp[i][0][0]=0表示到第i天,最多使用了0次交易(就是说并未卖出任何股票),那肯定就是0
    dp[i] [0] [1]=max{-price[z]} (其中z=0,1,2…i) 表示到第i天,并未卖出任何股票的情况下,手里持有股票,这说明买入了一次股票,那么有可能其实在第0天第i天之间任何一天买入的股票,为了保证dp[i][0][1]尽量最大(因为本身问题就是一个最大化的问题,所以令其该天及之前之前最小价格的负数)。
    dp[0][k][0]=0表示第0天时,最多使用了k次交易(即卖出了k次股票,其实最多就买入一次)且手里没有股票,肯定是0(有可能第一天根本就没买,也有可能当天买当天卖,反正都是0)
    dp[0][k][1]=-prices[0] 表示第0天时,最多使用了k次交易(即卖出了k次股票,其实最多也就卖出了一次)且手里已经有股票了,说明在卖出股票后又买了一次股票,收益肯定就是-prices[0] (由上面的分析可知,这里k等于0也是一样的)
    代码如下:

    class Solution {
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
            if(prices.size()<=0)
                return 0;
            int len=prices.size();
            int K_max=2;
            vector<vector<vector<int>>> dp(len,vector<vector<int>>(K_max+1,vector<int>(2)));
            int min_val=INT_MAX;
            for(int i=0;i<len;i++)
            {
                min_val=min(min_val,prices[i]);
                dp[i][0][0]=0;
                dp[i][0][1]=-min_val;
            }
            for(int k=K_max;k>=1;k--)
            {
                dp[0][k][0]=0;
                dp[0][k][1]=-prices[0];
            }
            //接下来对第0天之后的情况使用状态转移方程计算即可
            for(int n=1;n<len;n++)
            {
                for(int k=K_max;k>=1;k--)
                {
                    dp[n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k-1][1]+prices[n]);
                    dp[n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k][0]-prices[n]);
                } 
            }
            return dp[len-1][K_max][0];
        }
    };
    

    参考:
    https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/solution/yi-ge-tong-yong-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen/

    展开全文
  • 弹性光数据中心网络中的带宽分配需要兼顾云服务提供商收益和用户连接请求性能,对此提出收益最大化的带宽分配算法,其以子载波为基本单位将光纤带宽有效地分配给多个用户连接请求。首先,基于收益模型和虚拟子载波的...
  • 使用 Q-learning 算法在能源市场中实现利益最大化这篇论文有一些想法: Yousefi, S.、Moghaddam, MP 和 Majd, VJ (2011)。 使用综合需求响应模型在基于代理的零售市场中优化实时定价。 能源,36(9),5716-5727。
  • 基于收益最大化原则的转化方法给出了三支决策中不承诺决策的转化模型,并且比较了收益最大化原则和转化代价最小原则在不同情景中决策上的相同和差异,最后通过实例证明了模型的正确性和可行性。
  • 网络收益最大化的异构无线网络呼叫接纳控制.pdf
  • 移动数据定价中收益最大化的新优化方法
  • 《仙路漫漫》利益最大化攻略.docx
  • 基于收益最大化的电动汽车充电站选址规划.pdf
  • 不拆微软是为了美国国家利益最大化.docx
  • 论文研究-不完全市场下收益最大化期权定价法.pdf, 从投资收益最大化角度提出了求解不完全市场期权价格的一个新方法. 通过分析多叉树模型中投资者的收益, 然后基于投资...
  • 日记:二级频谱市场的差异化私有和大约收益最大化拍卖机制
  • 铁路货运承运清算收益最大化辅助决策系统研究与开发.pdf
  • 基于员工利益最大化的企业核心竞争力构建.doc
  • 我们考虑优化分配连续矩形展示空间以最大化收入的问题。 在零售货架空间中的产品布置和特色广告展示或网页的设计中会遇到此类问题。 具体来说,我们允许 (i) 产品展示的形状具有垂直和水平组件,以及 (ii) 展示扩展...
  • 期望收益最大化的新兴技术最优推出规则研究,张晓军,萧磊,拥有多个储备技术的技术领先型企业,在现有技术所带来的收益逐渐降低,市场随时都可能出现新的技术替代现有技术时,企业面临一个
  • 如何使投资收益最大化

    千次阅读 2020-07-04 14:16:07
    如何使投资收益最大化? 囤币的方式有几种 。 一、通过现价购买比特币 。 二、就是获取比特币最初的方式去获得比特币、或是通过购买矿机挖比特币 但是矿机成本太高,还有家用电费成本太高了 三、通过购买云算力,...

    如何使投资收益最大化?

    囤币的方式有几种

    一、通过现价购买比特币

    二、就是获取比特币最初的方式去获得比特币、或是通过购买矿机挖比特币

    但是矿机成本太高,还有家用电费成本太高了                                                                                                          三、通过购买云算力,通过手机挖矿。这样是目前最低成本获得比特币的方式                                                                   原价购买一枚比特币的成本现在的价格在7万人民币以上的价格    。  但是我们通过挖矿的形式去做,可能以一枚比特币的价值,通过挖矿最终可以囤币两到三枚的量                      这个就是通过手机云算力挖矿的优势
    

    。。。

    在这里插入图片描述

    链接: 注册下载链接

    图片: 在这里插入图片描述

    带尺寸的图片: Alt

    居中的图片: Alt

    居中并且带尺寸的图片: Alt

    当然,我们为了让用户更加便捷,我们增加了图片拖拽功能。

    如何插入一段漂亮的代码片

    博客设置页面,选择一款你喜欢的代码片高亮样式,下面展示同样高亮的 代码片.

    // An highlighted block
    var foo = 'bar';
    

    生成一个适合你的列表

    • 项目
      • 项目
        • 项目
    1. 项目1
    2. 项目2
    3. 项目3
    • 计划任务
    • 完成任务

    创建一个表格

    一个简单的表格是这么创建的:

    项目Value
    电脑$1600
    手机$12
    导管$1

    设定内容居中、居左、居右

    使用:---------:居中
    使用:----------居左
    使用----------:居右

    第一列第二列第三列
    第一列文本居中第二列文本居右第三列文本居左

    SmartyPants

    SmartyPants将ASCII标点字符转换为“智能”印刷标点HTML实体。例如:

    TYPEASCIIHTML
    Single backticks'Isn't this fun?'‘Isn’t this fun?’
    Quotes"Isn't this fun?"“Isn’t this fun?”
    Dashes-- is en-dash, --- is em-dash– is en-dash, — is em-dash

    创建一个自定义列表

    Markdown
    Text-to- HTML conversion tool
    Authors
    John
    Luke

    如何创建一个注脚

    一个具有注脚的文本。1

    注释也是必不可少的

    Markdown将文本转换为 HTML

    KaTeX数学公式

    您可以使用渲染LaTeX数学表达式 KaTeX:

    Gamma公式展示 Γ ( n ) = ( n − 1 ) ! ∀ n ∈ N \Gamma(n) = (n-1)!\quad\forall n\in\mathbb N Γ(n)=(n1)!nN 是通过欧拉积分

    Γ ( z ) = ∫ 0 ∞ t z − 1 e − t d t   . \Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt\,. Γ(z)=0tz1etdt.

    你可以找到更多关于的信息 LaTeX 数学表达式here.

    新的甘特图功能,丰富你的文章

    Mon 06 Mon 13 Mon 20 已完成 进行中 计划一 计划二 现有任务 Adding GANTT diagram functionality to mermaid
    • 关于 甘特图 语法,参考 这儿,

    UML 图表

    可以使用UML图表进行渲染。 Mermaid. 例如下面产生的一个序列图:

    张三 李四 王五 你好!李四, 最近怎么样? 你最近怎么样,王五? 我很好,谢谢! 我很好,谢谢! 李四想了很长时间, 文字太长了 不适合放在一行. 打量着王五... 很好... 王五, 你怎么样? 张三 李四 王五

    这将产生一个流程图。:

    链接
    长方形
    圆角长方形
    菱形
    • 关于 Mermaid 语法,参考 这儿,

    FLowchart流程图

    我们依旧会支持flowchart的流程图:

    Created with Raphaël 2.2.0 开始 我的操作 确认? 结束 yes no
    • 关于 Flowchart流程图 语法,参考 这儿.

    导出与导入

    导出

    如果你想尝试使用此编辑器, 你可以在此篇文章任意编辑。当你完成了一篇文章的写作, 在上方工具栏找到 文章导出 ,生成一个.md文件或者.html文件进行本地保存。

    导入

    如果你想加载一篇你写过的.md文件,在上方工具栏可以选择导入功能进行对应扩展名的文件导入,
    继续你的创作。


    1. 注脚的解释 ↩︎

    展开全文
  • 现在该公司接到M个项目,令Aij表示第i名员工负责第j个项目所带来的收益,那么如果项目分配得当,总收益最大是多少? 输入 第一行两个整数N和M,1 ,M 接下来N行,每行包含M个整数,第i行的第j个整数表示Aij ...

空空如也

空空如也

1 2 3 4 5 ... 20
收藏数 144,446
精华内容 57,778
关键字:

如何让利益最大化