最近总是不知不觉地就做到了网络流的题,感觉知识树要点偏。算了,先随便写点东西再说。
题面
显然一条边至少要满流才有可能是被割边。
先考虑存在性问题,若一条边为某个最小割割边集中的边,那么这条边一定是该最小割中无法取代的。对于一条流量为 \(0\) 的边 \((u,v)\),如果在残量网络上存在从 \(u\) 到 \(v\) 的路径,即在残量网络上 \(u,v\) 属于同一连通块(因为 \((v,u)\) 这条边必然在残量网络中),那么可以从这条路径中分点流量到另一条路径,就不存在一个最小代价路径切断方案,其中该道路被切断。
再考虑必要性问题,先给出结论,当且仅当 \(u\) 和 \(S\) 在同一强连通分量中,同时 \(v\) 和 \(T\) 在同一强连通分量中。因为一条边如果没满流,那么残量网络上必然同时存在原边和反边,两端点同属一强连通分量。考虑缩点后的 DAG
,从 \(S\) 到 \(T\) 的路径上如果有不止一条边,那么没有一条边是必然被切断的。
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pdi pair<double,int>
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define eps 1e-9
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=1e4+10,M=1e5+10,inf=INT_MAX;
int n,m,S,T,tot=1,head[N];
struct edge{
int u,v,nxt,w;
}e[M<<2];
void add(int u,int v,int w){
e[++tot].v=v;
e[tot].u=u;
e[tot].w=w;
e[tot].nxt=head[u];
head[u]=tot;
}
int dep[N],cur[N];
bool bfs(int S,int T){
for(int i=1;i<=n;i++){
dep[i]=0;
}
dep[S]=1;
queue<int>q;
q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(!dep[v]&&w){
dep[v]=dep[u]+1;
if(v==T){
return 1;
}
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int flow,int T){
if(u==T){
return flow;
}
int s=0;
for(int i=cur[u];i;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(dep[v]==dep[u]+1&&w){
int res=dfs(v,min(flow,w),T);
s+=res;
flow-=res;
e[i].w-=res;
e[i^1].w+=res;
}
if(!flow){
break;
}
}
if(!s){
dep[u]=0;
}
return s;
}
int dfn[N],low[N],col[N],idx,col_num,stk[N],top,in_stack[N];
void tarjan(int u){
low[u]=dfn[u]=++idx;
stk[++top]=u;
in_stack[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(!w){
continue;
}
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(in_stack[v]){
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
if(low[u]==dfn[u]){
col[u]=++col_num;
in_stack[u]=0;
while(stk[top]!=u){
col[stk[top]]=col_num;
in_stack[stk[top]]=0;
top--;
}
top--;
}
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
read(n),read(m),read(S),read(T);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
read(u),read(v),read(w);
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
while(bfs(S,T)){
for(int i=1;i<=n;i++){
cur[i]=head[i];
}
dfs(S,inf,T);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!dfn[i]){
tarjan(i);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!e[i<<1].w){
int u=e[i<<1].u,v=e[i<<1].v;
if(col[u]!=col[v]){
write_space(1);
}
else{
write_space(0);
}
if(col[u]==col[S]&&col[v]==col[T]){
write_endl(1);
}
else{
write_endl(0);
}
}
else{
puts("0 0");
}
}
return 0;
}
题面
我们将一个植物前面的植物视作也保护它的植物。因为要击溃一个植物,必须击溃保护它的植物。所以,从保护的植物连边到被保护的植物。但是可能有环,环上的植物是不可能被击溃,所以做一遍拓扑排序,只有被遍历过的植物才有可能是被击溃的植物。我们只保留遍历过的植物,和边上的两个植物都遍历过的边。那么最后题目就变成了求这个图的最大权闭合子图。
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pdi pair<double,int>
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define eps 1e-9
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=610,M=1e6+10,inf=1e9 ;
int n,m,val[N];
int id(int x,int y){
return (x-1)*m+y;
}
vector<int>G[N],out[N];
int deg[N],vis[N],S,T,tot=1,head[N],ans;
void topo(){
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n*m;i++){
if(!deg[i]){
q.push(i);
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();
vis[u]=1;
q.pop();
for(auto v:G[u]){
deg[v]--;
if(!deg[v]){
q.push(v);
}
}
}
}
struct node{
int v,w,nxt;
}e[M<<1];
void add(int u,int v,int w){
e[++tot].v=v;
e[tot].w=w;
e[tot].nxt=head[u];
head[u]=tot;
}
int dep[N],cur[N];
bool bfs(int S,int T){
for(int i=1;i<=T;i++){
dep[i]=0;
}
queue<int>q;
q.push(S);
dep[S]=1;
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(w&&!dep[v]){
dep[v]=dep[u]+1;
if(v==T){
return 1;
}
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int flow,int T){
if(u==T){
return flow;
}
int s=0;
for(int i=cur[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(w&&dep[v]==dep[u]+1){
int res=dfs(v,min(flow,w),T);
e[i].w-=res;
e[i^1].w+=res;
s+=res;
flow-=res;
}
if(!flow){
break;
}
}
if(!s){
dep[u]=0;
}
return s;
}
int dinic(int S,int T){
int sum=0;
while(bfs(S,T)){
for(int i=1;i<=T;i++){
cur[i]=head[i];
}
sum+=dfs(S,inf,T);
}
return sum;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
read(n),read(m);
S=n*m+1,T=n*m+2;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
read(val[id(i,j)]);
int sum;
read(sum);
for(int k=1,x,y;k<=sum;k++){
read(x),read(y);
x++,y++;
out[id(i,j)].pb(id(x,y));
G[id(i,j)].pb(id(x,y));
deg[id(x,y)]++;
}
if(j<m){
out[id(i,j+1)].pb(id(i,j));
G[id(i,j+1)].pb(id(i,j));
deg[id(i,j)]++;
}
}
}
topo();
for(int i=1;i<=n*m;i++){
if(!vis[i]){
continue;
}
if(val[i]>0){
add(S,i,val[i]);
add(i,S,0);
ans+=val[i];
}
else{
add(i,T,-val[i]);
add(T,i,0);
}
for(auto x:out[i]){
if(!vis[x]){
continue;
}
add(x,i,inf);
add(i,x,0);
}
}
write_endl(ans-dinic(S,T));
return 0;
}
题面
别看到题目叫作费用流,就一股脑写费用流了。注意到题目中有句话,Bob在分配单位花费之前,已经知道Alice所给出的最大流方案。那么Bob的赋权方法就是确定的,将所有权值赋给这个最大流方案中流量最大的边,那么题目要求的东西就变成了求最大流并求一个最大流方案,使得流量最大的边流量最小。
求最大值最小,二分最大边流量 \(x\),所有边的流量对 \(x\) 取 \(\min\)。看这样的图上的最大流是否是原图上的最大流,是则说明这个最大流量是合法,反之亦然。
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pdi pair<double,int>
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define eps 1e-9
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=110,M=1e3+10,inf=1e9;
int head[N],tot=1,n,m,S,T,val;
double max_flow;
struct edge{
int v,nxt;
double W,w;
}e[M<<1];
int dep[N],cur[N];
bool bfs(int S,int T){
for(int i=1;i<=n;i++){
dep[i]=0;
}
dep[S]=1;
queue<int>q;
q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
double w=e[i].w;
if(!dep[v]&&w>eps){
dep[v]=dep[u]+1;
if(v==T){
return 1;
}
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
double dfs(int u,double flow,int T){
if(u==T){
return flow;
}
double s=0;
for(int i=cur[u];i;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v;
double w=e[i].w;
if(dep[v]==dep[u]+1&&w>eps){
double res=dfs(v,min(flow,w),T);
e[i].w-=res;
e[i^1].w+=res;
flow-=res;
s+=res;
}
if(flow<eps){
break;
}
}
if(!s){
dep[u]=0;
}
return s;
}
double dinic(int S,int T){
double flow=0;
while(bfs(S,T)){
for(int i=1;i<=n;i++){
cur[i]=head[i];
}
flow+=dfs(S,inf,T);
}
return flow;
}
void add(int u,int v,int w){
e[++tot].v=v;
e[tot].W=e[tot].w=w;
e[tot].nxt=head[u];
head[u]=tot;
}
void add_e(int u,int v,int w){
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
read(n),read(m),read(val);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
read(u),read(v),read(w);
add_e(u,v,w);
}
S=1,T=n;
max_flow=dinic(S,T);
write_endl((int)max_flow);
ll l=0,r=5e9,ans=0;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
for(int i=1;i<=tot;i++){
e[i].w=min(e[i].W,1.0*mid/100000.0);
}
double flow=dinic(S,T);
if(fabs(flow-max_flow)<eps){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else{
l=mid+1;
}
}
printf("%.6lf\n",ans/100000.0*val);
return 0;
}
大家好,我是小魔龙,Unity3D软件工程师,VR、AR,虚拟仿真方向,不定时更新软件开发技巧,生活感悟,觉得有用记得一键三连哦。一、题目1、算法题目“给定一个排序的链表,删除重复的元素,使每个元素出现一次,返回排序后的链表。”题目链接:来源:力扣(LeetCode)链接:83.删除排序链表中的重复元素-力扣(LeetCode)(leetcode-cn.com)2、题目描述给定一个已排序的链表的头 head , 删除所有重复的元素,使每个元素只出现一次 。返回 已排序的链表 。示例1: 输入:head=[1,1,2] 输出:[1,2]复制示例2: 输入:head=[1,1,2,3,3] 输出:[1,2,3]复制二、解题1、思路分析这道题跟82题删除排序链表中的重复元素II很像,不仅是名字像,题型也像。82题是删除所有重复元素,83题是删除重复元素,每个元素只出现一次,还是可以根据82题的解题思路来。由于链表是排好序的,重复的元素在链表中出现的位置一定是连续的,对链表进行一次遍历,删除重复的元素吗,就可以得到我们想要的结果。用指针cur指向头节点,如果cur和cur.next元素相同,那
大家好,又见面了,我是全栈君。bash环境变量存在随意代码运行漏洞:“通过CGI请求方式能够导致远程代码运行,进而导致server被入侵。危害严重。且官方发布补丁也被绕过”,【漏洞影响】:1)bash受影响版本号:3.0~4.3,小于3.0的bash版本号也可能受影响。2)入侵方式:结合CGI方式能够导致远程代码运行,入侵server。了解系统当前bash的版本号[root@image01~]#/bin/bash-version GNUbash,version4.1.2(1)-release(x86_64-redhat-linux-gnu) Copyright(C)2009FreeSoftwareFoundation,Inc. LicenseGPLv3+:GNUGPLversion3orlater<http://gnu.org/licenses/gpl.html>复制bash下载地址:http://ftp.gnu.org/gnu/bash/安装升级bashwgethttp://ftp.gnu.org/gnu/bash/bash-4.3.tar.gz tarzxvfbash-
JZGKCHINA工控技术分享平台尊重原创勿抄袭勿私放其他平台原创投稿025使用纯软仿真实现X20对交通灯的控制周德兴一、概述如果你没有任何硬件,你也可以编写、调试X20软件,实现大量的小型工业对象的控制(例如交通灯、液位混合,机械手控制等),也可以实现过程自动化工厂、柔性制造生产线等稍大工业场景的控制。脱离硬件进行PAC的学习,大大提高教学实训的便捷性,可以在任何时间,任何地点,只需要电脑就可以实现AutoStudio和X20的学习。仿真架构如图所示,X20通过Modbus/TCP协议,连接到COSAI-AS3700仿真软件,该仿真软件连接了大量的仿真对象,如同X20的一个扩展模块。二、仿真X20的IO接口软件COSAI_AS3700接口软件支持所有Flash,Unit3D等动画软件提供的大量的PLC,PAC控制对象。可以提供真实AS3700IO模块的连接,实现与真实控制器的电缆连接;可以提供MODBUS/RTU、MODBUS/TCP总线通信,实现与真实控制器,仿真控制器的通信连接。我们目前提供6大类西门子PLC,研华PAC控制器,贝加莱X20控制器的仿真。难点是首先实现MODBUS
上一篇《PaddleOCRC++动态库编译及调用识别(一)》中把PaddleOCR的动态库编译完也调用成功,也考虑了几个可以优化的方法,本来也是想按自己的想法做的优化,过程中也踩到了不少的坑,慢慢填吧。这篇文章算是做了一个踩坑的记录。上篇提的优化方向 上图中可以看到,上一篇说过的两个优化方向: 替换通用的OCR识别模型 分割华容道图片,单张识别 替换通用的OCR模型01下载通用OCR模型这个比较简单,直接在PaddleOCR的源码里面找到对应的推理模型下载替换。 其中中间那个方向分类器的模型和轻量的模型是一样的,所以这个可以不用下载。下载完解压后我们一样拷贝到定义的模型目录下,可以看到只替换det_infer的检测模型和rec_infer的识别模型,中间带有server的就是新下载的通用OCR模型。02修改Config.txt配置文件接下来返回上级目录修改Config.txt的配置文件,将检测模型det_model_dir和识别模型rec_model_dir修改为刚刚下载的通用OCR模型的路径即可。对比效果通用OCR模型 轻量OCR模型替换了确实识别率比原来的模型好的,从上图中可以看到
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本文目录一、大数据时代还需要数据治理吗?二、如何面向用户开展大数据治理?三、面向用户的自服务大数据治理架构四、总结一、大数据时代还需要数据治理吗?数据平台发展过程中随处可见的数据问题大数据不是凭空而来,1981年第一个数据仓库诞生,到现在已经有了近40年的历史,相对数据仓库来说我还是个年轻人。而国内企业数据平台的建设大概从90年代末就开始了,从第一代架构出现到现在已经经历了近20年的时间。在这20年的时间里,国内数据平台实施者可以说是受尽折磨,数据项目一直不受待见,是出了名的脏活累活。 可以说,忽视数据治理给数据平台建设带来了不少问题。随处可见的数据不统一,难以提升的数据质量,难以完成的数据模型梳理等源源不断的基础性数据问题,限制了数据平台发展,导致数据应用不能在商业上快速展示效果。举一个典型商业智能应用的例子,管理驾驶舱可能很多朋友都听说过,很多企业建设了管理驾驶舱,但是建设完之后往往成为摆设,只有当领导需要看的时候,大家才去拼命改数据。为什么数据平台的建设遇到这么多“坎”,而且难以真正发挥其商业价值?其实核心问题还是数据本身不统一,数据内容准确度不高。数据治理逐渐受到各行业认识我国
王新民编译整理 量子位报道|公众号QbitAI最近,来自加州大学伯克利分校的RICHARDZHANG、JUN-YANZHU、PHILLIPISOLA等人写了一篇题为“用LearnedDeepPriors来实时指导图像着色”的论文,这篇文章提出了一种有趣的图像着色方案。以下是论文的主要内容:摘要我们提出了一种有趣的深度学习方法,来实时指导用户进行图像着色。该网络会结合输入的灰度图像和简单的用户提示,直接映射到卷积神经网络(CNN),即可输出用户满意的彩色图。传统的神经网络一般通过人为地定义相关规则,并从大规模数据集中学习高级语义信息,融合图像的低级特征,来帮助用户对图像进行着色。我们通过模拟用户操作,训练了一百万张图像。为了引导用户选择有效的着色方案,该系统会根据输入图像和当前用户的输入来提出最佳的着色方案。图像着色仅通过单次前向传播即可完成,计算量小,可实时完成。我们随机地模仿用户进行输入,从视频中可以看出,该系统可帮助新手快速地创建逼真的图像,且在简单熟悉后,新手们在着色质量上大幅改善。此外,我们还表明,该框架可以应用颜色直方图转换的功能,将其他用户的“提示”纳入备选的着色方案中。示
功能描述人脸检测功能为同步请求方式,您可以通过本接口检测图片中的人脸位置。该接口属于GET请求。 费用说明 成功调用接口会产生人脸检测费用和COS读请求费用。 如果图片属于COS上的低频存储类型,成功调用接口会产生COS低频数据取回费用。 不支持对COS上的归档存储类型和深度归档存储类型的图片进行处理,如果需要处理此类型图片,请先恢复归档文件。 限制说明 图片支持格式:PNG、JPG、JPEG、BMP。 图片大小:所下载图片经Base64编码后不超过5MB。 图片像素:JPG格式长边像素不可超过4000,其他格式图片长边像素不可超过2000。 调用接口需携带签名,具体规则请参见请求签名文档。 请求请求示例GET/<ObjectKey>?ci-process=DetectFace&max-face-num=<FaceNum>HTTP/1.1 Host:<BucketName-APPID>.cos.<Region>.myqcloud.com Date:<GMTDate> Authorization:<AuthSt
1.下载tomcat:#wgethttp://apache.fayea.com/tomcat/tomcat-7/v7.0.54/bin/apache-tomcat-7.0.54.tar.gz 2.将tomcat放置到/server/tomcat/目录下#mvapache-tomcat-7.0.54.tar.gz/server/tomcat/ 3.解压缩:tar-xvzf/server/tomcat/apache-tomcat-7.0.54.tar.gz 4.设置tomcat开机自启动,编辑/server/tomcat/apache-tomcat-7.0.54/bin/startup.sh#vi/server/tomcat/apache-tomcat-7.0.54/bin/startup.sh加入如下行:#chkconfig:23458090#description:tomcatautostart#processname:tomcat chkconfig是让tomcat以service方式运行,这行表示缺省启动的运行级别以及启动和停止的优先级,如该服务缺省不再任何运行级启动,则以-代替运
本文源自:http://blog.itpub.net/23135684/viewspace-745789/ 在Linux和AIX平台都有一部分存储产品使用操作系统自带的多路径软件,包括最常见的HP和IBM的部分存储产品,在Linux自带的多路径软件叫做multipath,这篇文章以IBMN系列存储在Linux平台的使用为例,讨论Linux平台multipath的使用。 1.确保安装以下的包: device-mapper device-mapper-multipath 2.编辑配置文件/etc/multipath.conf [root@rac01~]#vi/etc/multipath.conf defaults { user_friendly_names yes max_fds &
声明:本笔记内容为笔者自己整理.数年之前在”Linuxcast”学习Linux,当时记录了一份纸质版笔记,现在有意将其整理成电子版,供自己日后查阅以及分享. 感谢Linuxcast,感谢苏勇(nash_su)老师! 倒转的单根树状结构 文件系统的根目录为“/” 文件系统严格区分大小写 路径使用“/”分割(Windows中使用“\”) (关于Linux系统目录结构的稍微详细一点的介绍参考后面的文章O(∩_∩)O) 每一个shell或系统进程都有一个当前工作目录。 使用命令可以显示当前的工作目录 pwd:printworkdirectory 名称大小写敏感 名称最多255个字符 除了正斜线以外都是有效字符 通过命令可以新建一个空白文件或者更新文件时间 以“.”开头的文件为隐藏文件 以上图为例:首先使用“”命令,显示当前工作目录下的所有文件;使用“”命令,新建一个名为“test”的文件; 使用“”,查看发现多了一个名为“test”的文件; 使用“”命令,并加上参数“”,以列表形式显示所有文件,看到“test”文件的时间为“20:54”; 然后使用
测试与正确性论证的效果差异 这此的测试是使用规格通过测试用例对实现方法正确性的检查,与平时测试时直接用数据输入输出判断不同,这测试针对每一个具体方法的实现,使用JUnit。 优点: JUnit能够快速地找到自己的bug。 对程序员很有帮助,因为我们不需要重复做数据输入输出判断。 缺点: 但要是代码规模增大,测试很难做到覆盖性的检查。 刚用的时候会感觉有点难。 正确性论证可以做到全面的覆盖,在论证过程中会找到了不少写不正确的规格。但是,它的工作量实在是太大了,除了单纯论证还要重构代码。 这两者配合使用,可以快速而全面地完成代码正确性的检查。而且这两者对程序员很有帮助,而会帮助程序员提高代码质量。 OCL与JSF OCL是一个约束就是对一个(或部分)面向对象模型或者系统的一个或者一些值的限制。UML类图中的所有值都可以被约束,而表达这些约束的方法就是OCL。在UML2标准中,OCL不仅用来写约束,还能够用来对UML图中的任何元素写表达式。每个OCL表达式都能指出系统中的一个值或者对象。因为OCL表达式能够求出一个系统中的任
2、设计2个类,要求如下:(知识点:类的继承方法的覆 盖)[必做题] 2.1定义一个汽车类Vehicle, 2.1.1属性包括:汽车品牌brand(String类型)、颜色clr (String类型)和速度speed(duble类型)。 2.1.2至少提供一个有参的构造方法(要求品牌和颜色可以 初始化为任意值,但速度的初始值必须为0)。 2.1.3为属性提供访问器方法。注意:汽车品牌一旦初始化 之后不能修改。 2.1.4定义一个一般方法run(),用打印语句描述汽车奔跑的 功能 2.1.5在main方法中创建一个品牌为―benz‖、颜色为―black‖ 的汽车。 2.2定义一个Vehicle类的子类轿车类Car,要求如下: 2.2.1轿车有自己的属性载人数lader(int类型)。 2.2.2提供该类初始化属性的构造方法。 2.2.3重新定义run(),用打印语句描述轿车奔跑的功能。 2.2.4在main方法中创建一个品牌为―Hnda‖、颜色为―red‖ ,载人数为2人的轿车。 publicclassVehicle{ privateStringbrand; p