полностью теряюсь в отладчикеВ отладчике неудобство, если шагать по одной строке за раз, а этот код написан так, что в одной строке сразу два рекурсивных вызова. Для наглядности отладки можно вместо одной строки
return Fib(n - 1) + Fib(n - 2); сделать три строки:int F1 = Fib(n - 1)
int F2 = Fib(n - 2);
return F1 + F2;задачи даже самые примитивные, не поддаются от слова совершенно
нашел вот такое ...Простым хождением по ссылкам с этой же найденной вами страницы можно в два-три клика (буквально) найти больше:
Comparison of several common line generalization algorithms. Gray: original line (394 vertices), orange: 1973 Douglas-Peucker simplification (11 vertices), blue: 2002 PAEK smoothing (483 vertices), red: 2004 Zhou-Jones simplification (31 vertices). All were run with the same tolerance parameters.
a((x-1)mod m,(y-1)mod n) a(x mod m,(y-1)mod n) a((x+1)mod m,(y-1)mod n)
a((x-1)mod m, y mod n) a(x,y) a((x+1)mod m, y mod n)
a((x-1)mod m,(y+1)mod n) a(x mod m,(y+1)mod n) a((x+1)mod m,(y+1)mod n)N = (num1 + num2) // 2coin = random.randint(1, 2)
if coin == 1:
N=N1+(2**(ceil(log2(N2-N1))-1)-1)
if coin == 2:
N=N2-(2**(ceil(log2(N2-N1))-1)-1)у меня уже есть решение от ответа который удалили почему то, оно работает, но я хочу понять именно алгоритм
или (R+G+B)/3 или есть еще что лучше?Есть лучше, потому что G для глаза намного ярче, чем B:
10 ярусов по 8 ячеек и в каждой ячейке по 15 мест:
сделать с помощью деления, то есть с помощью div и mod
Не выходитВышло бы только в случае ориентированного по сторонам света прямоугольника (т.е. верх строго на север, низ строго на юг, право строго на восток, лево строго на запад).
Если размер карты небольшой и кривизной земной поверхности можно пренебречь,...то можно использовать аффинное преобразование.