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  • total commander

    2018-09-20 23:31:47
    Total Commander 是一款著名文件管理软件,其功能类似于资源管理器。它具有两个并 排文件窗口,方便用户对文件及文件夹进行复制、移动、删除等操作和管理。 Total Commander 特色功能: - 并排双窗口设计...
  • Linux下内存使用率正确算法

    万次阅读 2014-12-15 15:18:59
    Linux下各种内存使用率算法 版本一: 先引用百度知道提问: linux 系统查看物理内存使用率命令,以百分比形式输出? 回答答案是: free -m | sed -n '2p' | awk '{print "used mem is "$3"M,total ...

    Linux下各种内存的使用率的算法

    版本一:

    先引用百度知道的提问:

    linux 系统查看物理内存使用率的命令,以百分比形式输出?


    回答的答案是:

     free -m | sed -n '2p' | awk '{print "used mem is "$3"M,total mem is "$2"M,used percent is "$3/$2*100"%"}' 

    used mem is 2796M,total mem is 3829M,used percent is 73.0217%
    


    以下图截图为准:



    这种算法其实就是直接用Mem中的used除以total得到的百分比:

    (2810 / 3829) *100= 73.4% 



    -----------------------------------------------------------华丽的分割-----------------------------------------------------------------------------------------------------

    版本二:

    ITPUB中的博客: linux系统查看内存使用率




    这里有个51.1%,楼主算了半天没有明白这个是怎么得到的:

    用 2029 / 3990 = 50.85%

         3906 / 3990 = 97.89%


    回头去看的时候发现他先不换算成M,直接用k做单位,即free(没有 -m)



    51.1% = (2090108 / (1996388 + 2090108) ) * 100%


    公式为:可用内存=free + buffer + cache

                    已用内存=used - buffer - cache


    -----------------------------------------------------------华丽的分割-----------------------------------------------------------------------------------------------------

    版本三:





    ===================================华丽的分隔符===========================================================


    1,通过以上的整合,我们有几个公式如下:(换算成M的时候有四舍五入,所以以下的计算存在1以内的误差)

    ①系统可用内存:MemFree = MemTotal - MemUsed

                                1018    =  3829  -  2810

    ②系统已用内存:MemUsed = MemTotal - MemFree

                                2810 = 3829    -  1018


    ①物理可用内存:-/+Free = MemFree + MemBuffers + MemCache

                                      2068   =  1018  +  171  +  879

    ②物理已用内存:-/+Used = MemTotal - MemFree - MemBuffers - MemCache

                                       1760  =  3829  -  1018  -   171    -  879


    2,有几种算法如下:

    ①计算系统已用内存的百分比:

    free -m | sed -n '2p' | awk '{print "used mem is "$3"M,total mem is "$2"M,used percent is "$3/$2*100"%"}' 

    或者
    (MemUsed / MemTotal)/MemTotal * 100%

    ②计算物理内存的使用

    (-/+Used / MemTotal) * 100%



    3,总结如下:

    多数的linux系统在free命令后会发现free(剩余)的内存很少,而自己又没有开过多的程序或服务。

    对于上述的情况,正确的解释是:

    linux的内存管理机制与windows的有所不同。具体的机制我们无需知道,我们需要知道的是,linux的内存管理机制的思想包括(不敢说就是)内存利用率最大化。内核会把剩余的内存申请为cached,而cached不属于free范畴。当系统运行时间较久,会发现cached很大,对于有频繁文件读写操作的系统,这种现象会更加明显。

    展开全文
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  • HDOJ 1574 RP问题

    2013-06-13 19:50:00
    1000/1000 MS (Java/Others)Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 718Accepted Submission(s): 213Problem Description在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,...


    RP问题

    Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 718    Accepted Submission(s): 213


    Problem Description
    在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,可以从一种形式转换为另一种形式,从一个个体传递给另一个个体,在转换和传递的过程中,人品不会消失,也不被能创造,这就是,人品守恒定律!
    人品守恒定律更形象的描述,当发生一件好事,你从中获利,必定消耗一定量RP;当发生一件不幸的事,你在其中有所损失,必定积攒一定量RP。
    假设在一个时间段内在你身上可能会发生N个事件,每个事件都对应一个RP变化值a、RP门槛值b和获益值c。当RP变化值a为正,获益值c必定为负,只有你当前的RP值小于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将增加|a|,获益值将减少|c|。反之,当RP变化值a为负,获益值c必定为正,只有你当前的RP值大于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将减少|a|,获益值将增加|c|。
    一个事件在满足上述RP条件的前提下,未必会发生。假设在这段时间之前你所具有的RP值和获益值都为0,那么过了这段时间后,你可能达到的最大获益值是多少?
    注意:一个人的所具有的RP值可能为负。
     

    Input
    输入数据的第一行为一个正整数T,表示有T组测试数据。每组测试数据的第一行为一个正整数N (0 < N <= 1000),表示这个时间段在你身上可能发生N个事件。接下来N行,每行有三个整数a, b, c (0 <= |a| <= 10, 0 <= |b| <= 10000, 0 <= |c| <= 10000)。这N个事件是按照输入先后顺序先后发生的。也就是说不可能先发生第i行的事件,然后再发生i – j行的事件。
     

    Output
    对应每一组输入,在独立一行中输出一个正整数,表示最大可能获益值。
     

    Sample Input
    3
    1
    -1 0 1
    2
    10 200 -1
    -5 8 3
    3
    -5 0 4
    10 -5 -5
    -5 5 10
     

    Sample Output
    1
    2
    9
     

    Author
    lwg
     

    Source
     

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    linle
     

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>

    using namespace std;

    int dp[20002];
    bool vis[20002];
    const int D=10000;

    int main()
    {
        int T;
        cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        int a,b,c;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        vis[D]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a>>b>>c;
        if(a>=0)
        {
            for(int j=b+D;j>=0;j--)
            {
                if(vis[j])
                {
                    if(!vis[j+a])
                    {
                        dp[j+a]=dp[j]+c;
                        vis[j+a]=true;
                    }
                    else if(vis[j+a])
                    {
                        dp[j+a]=max(dp[j]+c,dp[j+a]);
                    }
                }
            }
        }
        else if(a<0)
        {
            for(int j=b+D;j<20002;j++)
            {
                if(vis[j])
                {
                    if(!vis[j+a])
                    {
                        dp[j+a]=dp[j]+c;
                        vis[j+a]=true;
                    }
                    else if(vis[j+a])
                    {
                        dp[j+a]=max(dp[j]+c,dp[j+a]);
                    }
                }
            }
        }
    }

        int ans=-9999999;
        for(int i=0;i<20002;i++)
        {
            if(vis)
            {
                ans=max(ans,dp);
            }
        }

        cout<<ans<<endl;
    }

        return 0;
    }

    转载于:https://www.cnblogs.com/CKboss/archive/2013/06/13/3351019.html

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  • RP问题 Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 959 Accepted Submission(s...在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,可以从一种

    转载:http://blog.csdn.net/mnlm1991/article/details/6083262

    RP问题

    Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 959 Accepted Submission(s): 353


    Problem Description
    在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,可以从一种形式转换为另一种形式,从一个个体传递给另一个个体,在转换和传递的过程中,人品不会消失,也不被能创造,这就是,人品守恒定律!
    人品守恒定律更形象的描述,当发生一件好事,你从中获利,必定消耗一定量RP;当发生一件不幸的事,你在其中有所损失,必定积攒一定量RP。
    假设在一个时间段内在你身上可能会发生N个事件,每个事件都对应一个RP变化值a、RP门槛值b和获益值c。当RP变化值a为正,获益值c必定为负,只有你当前的RP值小于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将增加|a|,获益值将减少|c|。反之,当RP变化值a为负,获益值c必定为正,只有你当前的RP值大于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将减少|a|,获益值将增加|c|。
    一个事件在满足上述RP条件的前提下,未必会发生。假设在这段时间之前你所具有的RP值和获益值都为0,那么过了这段时间后,你可能达到的最大获益值是多少?
    注意:一个人的所具有的RP值可能为负。

    Input
    输入数据的第一行为一个正整数T,表示有T组测试数据。每组测试数据的第一行为一个正整数N (0 < N <= 1000),表示这个时间段在你身上可能发生N个事件。接下来N行,每行有三个整数a, b, c (0 <= |a| <= 10, 0 <= |b| <= 10000, 0 <= |c| <= 10000)。这N个事件是按照输入先后顺序先后发生的。也就是说不可能先发生第i行的事件,然后再发生i – j行的事件。

    Output
    对应每一组输入,在独立一行中输出一个正整数,表示最大可能获益值。

    Sample Input
    3 1 -1 0 1 2 10 200 -1 -5 8 3 3 -5 0 4 10 -5 -5 -5 5 10

    Sample Output
    1 2 9

    Author
    lwg

    Source

    /*
    思路:01背包变形 
    问题描述:有N件连续的事件,有些事件是RP值增加a,获益值减少c。
    有些则相反。每件事件还有一个RP门槛b,RP值增加的事件RP得>=RP门槛,
    RP值减少的事件则得RP<=RP门槛。满足上述条件不一定就会发生。
    其中N<= 1000 ,a<=10,b<=10000,c<=10000;求这些事件的最大获益值,
     事件发生的顺序按照输入先后顺序先后发生,也就是说不可能先发生第i行的事件,
     然后再发生i – j行的事件。开始RP和获益值都为0;
     
    算法:是DP题。一件事件发生与否只和当前RP有关,
    所以想到存储到达某个事件是各个RP的最大获益。
    不能开二维的数组(数据太大),只能开一个dp[20001];dp[j]表示RP为j - 10000; 
     另外还要一个标记数组,标记是否可以出现这个RP值;
    */
    /* 
    转载 
    */  
    #include<cstdio>  
    #include<cstdlib>  
    #include<cmath>  
    #include<cstring>  
    #include<vector>  
    #include<algorithm>  
    #include<string>  
    #include<map>  
    #include<bitset>  
    #include<queue>  
    using namespace std;  
    const int size = 20001;  
    int dp[size];  //默认加了10000 
    int T;  
    int N;  
    bool visited[size];  
    int main()  
    {  
        scanf("%d", &T);  
        while (T--)  
        {  
            scanf("%d", &N);  
            int a, b, c;  
            int i;  
            int j;  
            memset(dp, 0, sizeof(dp));  
            memset(visited, 0, sizeof(visited));  
            dp[10000] = 0;  //相当于初始第一个 
            visited[10000] = true;  //初始0是可以达到的 
            for (i = 0; i < N; i++)  
            {  
                scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);  
                if (a > 0)//a大于0 c是小于0 当RP要小于RP门槛 才能 
                {  
                    for (j = b + 10000; j >= 0; j--) //RP门槛B,当前门槛j要小于等于b 
                    {  
                        if (visited[j])  //当前人品j要可以达到 
                        {   
                            if (!visited[j + a]) //如果加了人品之前没达到,就初始化 
                            {  
                                dp[j + a] = dp[j] + c;  
                                visited[j + a] = true;  
                            }  
                            else   //否则就看要不要拿 
                            {  
                                dp[j + a] =   
                                max(dp[j + a], dp[j] + c);  
                            }  
                        }  
                    }  
                }  
                else if (a < 0)  //a<0  c>0 当前人品j大于门槛人品b,才行   
                {  
                    for (j = b + 10000; j < size; j++)  
                    {  
                        if (visited[j])  
                        {  
                            if (!visited[j + a])  
                            {  
                                dp[j + a] = dp[j] + c;  
                                visited[j + a] = true;  
                            }  
                            else   
                            {  
                                dp[j + a] =   
                                max(dp[j + a], dp[j] + c);  
                            }  
                        }  
                    }  
                }  
            }  
            int ans = 0;  
            for (i = 0; i < size; i++)  
            {  
                if (visited[i] && dp[i] > ans)  
                {  
                    ans = dp[i];  
                }  
            }  
            printf("%d\n", ans);  
        }  
        return 0;  
    }  
    



    展开全文
  • RP问题 Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 826 Accepted Submission...在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,可以从一种

    RP问题

    Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 826 Accepted Submission(s): 266


    Problem Description
    在人类社会中,任何个体都具有人品,人品有各种不同的形式,可以从一种形式转换为另一种形式,从一个个体传递给另一个个体,在转换和传递的过程中,人品不会消失,也不被能创造,这就是,人品守恒定律!
    人品守恒定律更形象的描述,当发生一件好事,你从中获利,必定消耗一定量RP;当发生一件不幸的事,你在其中有所损失,必定积攒一定量RP。
    假设在一个时间段内在你身上可能会发生N个事件,每个事件都对应一个RP变化值a、RP门槛值b和获益值c。当RP变化值a为正,获益值c必定为负,只有你当前的RP值小于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将增加|a|,获益值将减少|c|。反之,当RP变化值a为负,获益值c必定为正,只有你当前的RP值大于等于RP门槛值b的时候,此事件才有可能发生,当此事件发生时,你的RP值将减少|a|,获益值将增加|c|。
    一个事件在满足上述RP条件的前提下,未必会发生。假设在这段时间之前你所具有的RP值和获益值都为0,那么过了这段时间后,你可能达到的最大获益值是多少?
    注意:一个人的所具有的RP值可能为负。

    Input
    输入数据的第一行为一个正整数T,表示有T组测试数据。每组测试数据的第一行为一个正整数N (0 < N <= 1000),表示这个时间段在你身上可能发生N个事件。接下来N行,每行有三个整数a, b, c (0 <= |a| <= 10, 0 <= |b| <= 10000, 0 <= |c| <= 10000)。这N个事件是按照输入先后顺序先后发生的。也就是说不可能先发生第i行的事件,然后再发生i – j行的事件。

    Output
    对应每一组输入,在独立一行中输出一个正整数,表示最大可能获益值。

    Sample Input
    3 1 -1 0 1 2 10 200 -1 -5 8 3 3 -5 0 4 10 -5 -5 -5 5 10

    Sample Output
    1 2 9


    题意:。。。

    分析:

    0-1背包问题。只是这里重量和价值都有正有负,并且最大容量还是随时变动的。这里可以把所有值都+10000让这些值都变为正的,并且由于0-1背包可以一组一组输入数据,所以最大容量也可表示为10000+b。又因为每个状态可能从RP值大的状态转移过来,也可以从RP值小的状态转移过来,所以需分情况讨论。状态转移方程:dp[j+a] = max(dp[j+a], dp[j]+c);  一开始我的状态转移方程是:dp[j] = max(dp[j], dp[j-a]+c); 后来发现这样根本做不出来(可能也可以,只是我不会,但肯定会更麻烦),因为那样做的话连第一次状态都无法转移(按照我一开始的转移方程,第一次状态:dp[10000]=max(dp[10000],dp[10000-a]+c,此时dp[10000]值为0,其它都为负无穷,故状态根本无法转移)。


    程序如下:

    #include<stdio.h>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    #define MAX_N 20010
    #define INF 2000000000
    int main()
    {
        int T, n, a, b, c, i, j, dp[MAX_N];
    
        scanf("%d", &T);
        while(T--)
        {
            scanf("%d", &n);
            for(i=0; i<MAX_N; i++) dp[i] = -INF;
            dp[10000] = 0; //题目说最初RP为0,故10000(相当于0)时赋值为0,其它赋值为负无穷
            for(i=0; i<n; i++)
            {
                scanf("%d%d%d", &a,&b,&c);
                if(a > 0)
                {
                    for(j=10000+b; j>=0; j--) //dp[j]表示背包
                        dp[j+a] = max(dp[j+a], dp[j]+c);
                }
                else
                {
                    for(j=10000+b; j<=20000; j++) //由于a为负,故需从小到大循环,以只选一次
                        dp[j+a] = max(dp[j+a], dp[j]+c);
                }
            }
            int maxn = -INF;
            for(i=0; i<MAX_N; i++)
                if(dp[i] > maxn) maxn = dp[i];
            printf("%d\n", maxn);
        }
        return 0;
    }
    


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