Red Hat řeší bezpečnostní incident, při kterém došlo k neoprávněnému přístupu do GitLab instance používané svým konzultačním týmem.
Immich byl vydán v první stabilní verzi 2.0.0 (YouTube). Jedná se o alternativu k výchozím aplikacím od Googlu a Applu pro správu fotografií a videí umožňující vlastní hosting serveru Immich. K vyzkoušení je demo. Immich je součástí balíčků open source aplikací FUTO. Zdrojové kódy jsou k dispozici na GitHubu pod licencí AGPL-3.0.
Český telekomunikační úřad vydal zprávy o vývoji cen a trhu elektronických komunikací se zaměřením na rok 2024. Jaká jsou hlavní zjištění? V roce 2024 bylo v ČR v rámci služeb přístupu k internetu v pevném místě přeneseno v průměru téměř 366 GB dat na jednu aktivní přípojku měsíčně – celkově jich tak uživateli bylo přeneseno přes 18 EB (Exabyte). Nejvyužívanějším způsobem přístupu k internetu v pevném místě zůstal v roce 2024 bezdrátový
… více »Raspberry Pi OS, oficiální operační systém pro Raspberry Pi, byl vydán v nové verzi 2025-10-01. Přehled novinek v příspěvku na blogu Raspberry Pi a poznámkách k vydání. Jedná o první verzi postavenou na Debianu 13 Trixie.
Byla vydána nová verze 4.6 svobodného notačního programu MuseScore Studio (Wikipedie). Představení novinek v oznámení v diskusním fóru a také na YouTube.
Společnost DuckDuckGo stojící za stejnojmenným vyhledávačem věnovala 1,1 milionu dolarů (stejně jako loni) na podporu digitálních práv, online soukromí a lepšího internetového ekosystému. Rozdělila je mezi 29 organizací a projektů. Za 15 let rozdala 8 050 000 dolarů.
Svobodný multiplatformní herní engine Bevy napsaný v Rustu byl vydán ve verzi 0.17. Díky 278 přispěvatelům.
Bylo vydáno openSUSE Leap 16 (cs). Ve výchozím nastavení přichází s vypnutou 32bitovou (ia32) podporou. Uživatelům však poskytuje možnost ji ručně povolit a užívat si tak hraní her ve Steamu, který stále závisí na 32bitových knihovnách. Změnily se požadavky na hardware. Leap 16 nyní vyžaduje jako minimální úroveň architektury procesoru x86-64-v2, což obecně znamená procesory zakoupené v roce 2008 nebo později. Uživatelé se starším hardwarem mohou migrovat na Slowroll nebo Tumbleweed.
Ministerstvo průmyslu a obchodu (MPO) ve spolupráci s Národní rozvojovou investiční (NRI) připravuje nový investiční nástroj zaměřený na podporu špičkových technologií – DeepTech fond. Jeho cílem je posílit inovační ekosystém české ekonomiky, rozvíjet projekty s vysokou přidanou hodnotou, podpořit vznik nových technologických lídrů a postupně zařadit Českou republiku mezi země s nejvyspělejší technologickou základnou.
… více »Radicle byl vydán ve verzi 1.5.0 s kódovým jménem Hibiscus. Jedná se o distribuovanou alternativu k softwarům pro spolupráci jako např. GitLab.
Řešení dotazu:
8=2*2*2 10=2*5 NSN(8,10)=2*2*2*5=40Cize srtuktura sa opakuje vzdy po 40 bitov. Sak nepouzivaj co najvecsi, ale najblizsi nasobok osmicky, ale najlepsie je typ int pre danu platformu. Ak vykon. Zas ak pamet.
Moja rezia pre jednu farbu: 1) nacitanie int z RAW pamete 2) vyber tych 10 bitov ktore potrebujem 3) ofset (zarovnanie na zaciatok al. koniec) 4) ulozenie na 2B do pamete 5) podmienka, ci nie je koniecA takto to zadefinujes pre kazdy hodnoty farby (10b) v 40B blok. Pozn.: Pracuj s int, lebo procesor nemusi vediet robit nejake operiacie priamo z iba castami Bajtu (napr. nasobit/delit), takze by si to musel konvertovat z/na int. Mas pocit ze Tvoje riesenie je jednoduchsie pre jednu farbu?
#if sizeof(int) < 2 #error "Data type must by higger as 2Bajty." #end
AbcLinuxu.cz
ITBiz.cz
HDmag.cz
AbcPráce.cz
/* get n bits of data */
u8 get_bits(u8 **data, u16 *len, u8 *bitpos, u8 n) {
u8 bits = 0;
u8 byte;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (*len == 0) {
printf("%s DATA UNDERFLOW\n", bin_n(bits, i));
return 0;
}
byte = *data[0];
bits <<= 1;
bits |= ((byte << *bitpos) & 0x80) >> 7;
(*bitpos)++;
if (*bitpos > 7) {
(*data)++;
(*len)--;
*bitpos = 0;
}
}
return bits;
}
/*
* sizeof(input) = minimal 40 - spracuje 5B
* sizeof(output) = minimal 8 - zapise 4B
* output must be zero
*/
void u10to16_block(uint8_t *input, uint16_t *output)
{
}
Nepouzivaj na vstupe viac ako bajt - neusetris nic a vzniknu zbytocne problemy (endian, adresacia).To nie je prevda. Useetris 38% resp. 50%. Zas, tam je tazsia ta/cez endianitu. Zapis uz je lahsi.
které bych jednou for() otočkou nakopíroval do pole 16bit proměnnýchA proč to tak něudělat? Co je těžkého na tom spočítat adresu a offset v poli bajtů?
9.12.2019 22:04
#include <stdint.h>
#include <stdio.h>
#include <inttypes.h>
uint8_t packed[8] = { 0x01, 0xFC, 0x2F, 0xC0, 0xFF, 0x03, 0xFC, 0x0F };
uint16_t unpacked[6];
int main()
{
int i;
for (i = 0; i < 6; ++i) {
unpacked[i] = *(uint16_t *)&packed[i*10/8] >> i*10%8 & 0x3FF;
printf("%" PRIu16 "\n", unpacked[i]);
}
return 0;
}
uint64_t vstup[160000] = {0}; //vstupní buffer na 10bitový raw
uint64_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0}; //výstupní buffer na 16bit raw
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file); //načteno
long ocounter=0; //počítadlo otoček for(), jeden průchod = jedna výstupní proměnná. Použito k výstupní kalkulaci
int icounter=0; //počítadlo posunů v 64bit vstupním bufferu.
int bit0, bit1, bit2, bit3, bit4, bit5, bit6, bit7, bit8, bit9; // jednotlivé bity, které se budou ukládat do výst. proměnné
uint64_t obuffer = 0; //buffer pro jednu vstupní proměnnou, odsud se čte a po každé for () otočce se udělá posun doprava o 10bitů a po vyprázdnění se načte další proměnná
long ocountbuffer = 159999; //adresa proměnné vstupního bufferu, odkud se právě čte
obuffer = pvstup[159999]; //prvotní načtení
for(ocounter = 1023999; ocounter > 0; ocounter--) //smyčka pro načtení bitů do výstupní proměnné
{
bit0 = obuffer & 1;icounter++; //jasně že i tohle by šlo udělat smyčkou
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;} //test, jestli nedošlo k vyčerpání bufferu obuffer, pokud jo, načte se další vlevo od zpracovaného a vyresetuje počítadlo
bit1 = obuffer>>1 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit2 = obuffer>>2 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit3 = obuffer>>3 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit4 = obuffer>>4 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit5 = obuffer>>5 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit6 = obuffer>>6 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit7 = obuffer>>7 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit8 = obuffer>>8 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit9 = obuffer>>9 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
pvystup[ocounter] = bit0+(2*bit1)+(4*bit2)+(8*bit3)+(16*bit4)+(32*bit5)+(64*bit6)+(128*bit7)+(256*bit8)+(512*bit9); //prozatím kalkulace, tohle půjde dořešit a zrychlit bitovým posunem
obuffer = obuffer>>10; // bitový posun
printf("\rocounter %10d icounter %2d read %6d", ocounter, icounter, ocountbuffer); //debug
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb"); //zápis výsledku
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
//printf("stav%X,ocountbuffer %d, ocounter %d \n",vystup, ocountbuffer, icounter);
}
uint8_t vstup[1280000] = {0};
uint8_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0};
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file);
long i = 0;
long o = 0;
while(i<1023998)
{
pvystup[i] = (((pvstup[o]-16)<<2) + (pvstup[o+5]&11)); // nějak mi lítaj hlavou myšlenky na starý dobrý cmosy 4000
pvystup[i+1] = (((pvstup[o+1]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>2)&11));
pvystup[i+2] = (((pvstup[o+2]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>4)&11));
pvystup[i+3] = (((pvstup[o+3]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>6)&11));
i = i + 4;
o = o + 5;
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb");
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
}
uint8_t (*pvstup) = vstup;nespravne. Priradenie musis robit pocas behu programu, kedze pole vstup pri kazdom behu programu, je umiestnene na inej adrese (neveris, skus printf("vstup %p\n", vstup);
real 0m0,036s user 0m0,032s sys 0m0,005sod R
real 0m0,035s user 0m0,026s sys 0m0,008smoje (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
real 0m0,022s user 0m0,013s sys 0m0,009smoje (podla, bez bodu 5)
real 0m0,018s user 0m0,011s sys 0m0,007sSposob merania: Nacitania subory cez jeden fread a spracovanie po 5B vstupnych blokov. Vystup po spracovani sa zahadzuje. Funkcia na prevod je poouzita ako static inline. Prekladane iba s parametrom -Wall.
osoba real user sys R 0.066s 0.051ms 0.015ms DaBler 0.027s 0.005ms 0.022ms ja [1] 0.024s 0.005ms 0.019ms ja 0.024s 0.000ms 0.024ms [1] - (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
osoba real user sys R 0.030s 0.013ms 0.017ms ja [1] 0.027s 0.004ms 0.023ms DaBler 0.026s 0.004ms 0.022ms ja 0.025s 0.005ms 0.020ms [1] - (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
osoba real user sys ja [1] 0.004s 0.000ms 0.004ms ja [1][2] 0.004s 0.004ms 0.000ms DaBler [3] 0.005s 0.000ms 0.004ms R [3] 0.005s 0.000ms 0.004ms Jirka 0.008s 0.004ms 0.004ms[1] - podla, bez bodu 5 [2] - s __builtin_bswap16
uint8_t vstup[1280000] = {0};
uint8_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0};
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file);
long i = 0;
long o = 0;
while(i<1023998)
{
pvystup[i] = (((pvstup[o])<<2) | (pvstup[o+5]&11));
pvystup[i+1] = (((pvstup[o+1])<<2) | ((pvstup[o+5]>>2)&11));
pvystup[i+2] = (((pvstup[o+2])<<2) | ((pvstup[o+5]>>4)&11));
pvystup[i+3] = (((pvstup[o+3])<<2) | ((pvstup[o+5]>>6)&11));
i = i + 4;
o = o + 5;
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb");
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
}real: 0.009s user: 0.005ms sys: 0.005ms
meno instrukcii
Moj 3
DaBler 6
R 6
Ty 4
Problem, ze ti nespracujes po blokov ale Bajtov. Chap, ze operacny system rozdelu na pamet na stranky (tusim 4kB), tak zmena stranku vyvola prerusenie programu a musi OS prehodit stranky. A Ty tam striedas stranky. Ak spracuvas po 6B blokov, tak v mensich rozsahoch skace.
Tvoje aktualne tebou napisane zadanie nestaci, lebo je vecsie ako 1/120=0,0083.
Tiskni
Sdílej:
