配置amule，
首次打开amule，会提示添加默认server list，Cancel之，打开amule->preferences->general，Nick随便填一个[CHN][VeryCD]dutor之类的，connection里设定Download、Upload速率上限，TCP、UDP端口可以默认，不行的话就在ufw中allow这两个端口。关于server list，随网络不同供使用的server也不同，我现在是教育网，用的是一个叫做BYR eserver的，ed2k://|server|211.68.71.81|42422|/，即IP：211.68.71.81，端口：42422，填入Add server manually。
配置FireFox，
about:config里面添加Boolean键，名：network.protocol-handler.external.ed2k，键值：true。添加String键，名network.protocol-handler.app.ed2k，键值：呃，你得看看你的ed2k程序的安装路径了，可以用whereis ed2k或者whereis ed2k.amule，我的是/usr/bin/ed2k，做键值添入即可。重启FireFox，这时候amule应该可以使用了。
Sucks……没想到会写这么多……真失败……
使用PIC18单片机的ADC转换模块对RA0口输入的模拟电压信号进行转换，然后通过PORTD端口输出，而这里与PORTD对应引脚相连接的是8个LED。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 | list P = 18F452 ;指明单片机型号为PIC18F452 #include P18F452.INC ;包含一个头文件，其中定义了一些端口及一些特殊寄存器的地址 org 0000h ;PIC上电时从0000h单元开始执行 goto main ;跳转到主程序 ORG 0008H ;中断向量入口 BTFSS PIR1, ADIF ; AD转换完成中断 RETFIE GOTO AD_ISR ORG 0030H ;主程序定位 MAIN CLRF TRISD ;设定D口方向为输出 CLRF PORTD ;设定C口方向为输出 BSF TRISA, 0 ; 使用AN0输入 MOVLW 81H ;FOSC/32, AN0, 开启 MOVWF ADCON0 MOVLW 0EH ;左对齐,AN0为模拟输入 MOVWF ADCON1 ;VDD & VSS为参考电压 BCF INTCON, TMR0IF BCF PIR1, ADIF ;清AD中断标志位 BSF PIE1, ADIE ;开AD中断 BSF INTCON, PEIE ;开外围中断 BSF NTCON, GIE ;开总中断 MOVLW C7H ;TMR0 8位，分频比为1:256 MOVWF T0CON LOOP CALL DELAY BSF DCON0, GO ;开启 A/D转换 GOTO LOOP DELAY BTFSS NTCON, TMR0IF ; 等待延时，采样保持 GOTO DELAY BCF NTCON, TMR0IF RETURN AD_ISR ;AD转换完成时调用的中断服务程序，将转换结果输出 ORG 0200H MOVFF ADRESH, PORTD ;显示转换结果 BCF PIR1, ADIF ;清AD中断标志位 RETFIE END ;程序结束 |
- 分别抛两次硬币，无非三种情况：两正、两反、一正一反。所以，一正一反的概率是三分之一。
问题出在哪里？ - 有10个小球，其中6黑4红。现任意取出3个，问全部是红球的概率。是
还是
？
答案是后者，因为三个球是一次性取出的，而
是一个一个逐次取出的，在取球的过程中就将球给排序了。
那么，再看另外一个问法，同样是一次性取出三个球，问一黑两红的概率。是
吗？是的，之所以能够先取一个黑球再取两个红球(或者相反)，是因为取黑球和取红球之间是独立的。
再看，如果我要问，至少有一个红球的概率呢？显然应该反求没有红球的概率，为
。我是不是还可以这样考虑：先取一个红球，然后再随便取两个球，无论什么颜色，这样概率就是
有问题吗？当然！
！可是为什么呢？因为后面随便取的2个球可能包含红球，这样的话，就犯了第二个问题的错误了。 - 再来一个复杂一点的。6双不同的手套，任取4只。问，只有一双配套的概率。
思路是6双中取一双，然后再设法取两只来自不同的手套。一种方法是从剩下的5双重任取2双，再从中分别各取一只，结果就是
。另一种方法是从剩下的5双10只中任取1只，然后将与该只配套的手套扔掉，接着再从剩下的8只中再取1只，结果是
。呃，又不相等了……原因只在于这里的
又给两双手套排序了，而取手套本身(
)是无序的。
- 不可能事件发生的概率为0，但概率为0的不一定是不可能时间；同样必然事件发生的概率是1，但概率为1的却不一定是必然事件。这里的不一定是针对连续型随机变量而言的。
1 2 3 4 5 6 7 | int main() { char * str = new char[32]; str = "Hello, Piggy!"; return 0; } |
这样是会内存泄漏的……而我一直都不知道……不过想来也自然，因为这样是允许的，char *str = “Hello, Piggy!”;，“程序中的字符串被存放在常量存储区”不要把这句话当成耳旁风，谨记。
对最简单的SDBMHash(char*)做了一个简单的测试。随机生成200个长度为31的字符串，利用SDBM得到一个Hash值，然后用直接取余法插入长度为113的HashSet，为简单起见，只是将HashSet对应的位置进行加一。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 | // SDBM Hash Function unsigned int SDBMHash (char *str) { unsigned int hash = 0; while (*str) { hash = (*str++) + (hash << 6) + (hash << 16) - hash; } return (hash & 0x7FFFFFFF); } |
这里只给出一个简单的实现，具体原理参见Google、Baidu的各个角落及各大教材。做两点说明：
仅仅实现了必要的左旋、右旋处理，左平衡、右平衡操作，以及数据的插入操作，
不可重复插入数据。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 | typedef int Type; //~ 节点数据类型 typedef struct Node { Type data; int bf; Node *left, *right; Node(){ bf = 0; left = right = 0; } } AVLNode, *AVLTree; //~ 平衡树及其节点 void RRotate(AVLTree & T) //~ 右旋处理,T的左孩子成为新子树根 { AVLNode * tmp = T->left; T->left = tmp->right; tmp->right = T; T = tmp; } |
这个排序算法为什么被命名为Shell排序，我一直幻想着它可能最早被用以Shell脚本吧，Just Now我才知道，发明人叫做Donald Shell，居然有人叫自己壳？
以前从来没有写过这个排序，事实证明，没写过基本等于没听说过、没学过。
21行的小程序花了我将近一个小时来调试，对一个大小为9的逆序用gdb跟踪了程序整个的执行过程，发现两处错误，迭代变量j的类型习惯性地写成了size_t，导致死循环，以后凡是这种i,j,k，一律int。还有就是把最外层的while(step > 0)写成了while(size > 0)，纯属自作自受。
看Chris对内联的总结，说到内联函数在编译时会被放入”符号表”，想一探究竟，结果却发现另外一个问题，疑惑不解。
1 2 3 4 5 6 7 | #include <stdio.h> inline int add(int a, int b) { return a + b; } int main() { int n = add(1,2); return 0; } |
网络
# ifconfig # 查看所有网络接口的属性 # iptables -L # 查看防火墙设置 # route -n # 查看路由表 # netstat -lntp # 查看所有监听端口 # netstat -antp # 查看所有已经建立的连接 # netstat -s # 查看网络统计信息
海明码的目的是能够纠正一位误码。假设信息码共有 n 位，海明码共有 h 位，那么总共的码长为 n + h 位。为能检测出 n + h 位编码中其中一位的错误，海明码必须能够表示至少 n + h + 1 种状态，其中 n + h 种表示 n + h 位编码中有一位错误，另外还需要一种来表示整个编码正确无误。则海明码的长度需要满足下列关系：
