Kotlin Lombok Data

    刚刚发现一个 Kotlin 文件不能访问 lombok.Data 里面的private属性, 而另外一个可以.

    之前遇到过类似的问题, 所以原因我也一下就想到了~ :) 但是到网上搜索了一下解决方法, 却发现解决不了哈哈. 记录一下.

    之前遇到的问题好像是这样的, 一个 Java 方法没办法访问 Kotlin Data Class 里面的属性. 解决方法 G 了一下就找到了, 在官网也有说明, 是编译顺序的问题, 需要先编译 Kotlin 再 Java

    那这次遇到的问题, 恰恰反了过来, 需要先编译 Java, 那就没得搞了.

    前面说一个Kt 能访问 lombok.Data class, 另外一个不能, 是因为他们不在一个 Module

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    一起来打牌

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    Graphql Java

    当前开发模式

    痛点

    GraphQL 优势

    一些实践经验

    平级和跨级依赖

    尽量使用 DataLoader

    async

    enum

    GraphQL-Java 框架的不足

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    Contains Not Working In Elasticsearch

    elastic search painless script 里面的 contains “不生效”, 还好有 Google

    参考资料 https://discuss.elastic.co/t/painless-collection-contains-not-working/178944/2

    上面的链接 实在是太慢了, 摘抄一下

    Because Elasticsearch treats those numbers as Longs by default, you need to make sure that you pass a Long to the contains method. The following should work:

    GET testdatatype_unit_tests/_search
    {
      "size": 100,
      "query": {
        "script": {
          "script": {
            "source": "doc['IntCollection'].values.contains(1L)",
            "lang": "painless"
          }
        }
      }
    }
    
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    算法导论7.1-快排描述

    7.1.2

    当数据 A[p..r] 中的元素均相同时, Partition 返回的 q 是什么. 修改 Partition, 使得数据 A[p..r] 中的元素均相同时, 返回 q=(p+r)/2

    返回 r

    我想不到好办法, 只能 i,j 分别从两头想向走. 代码如下:

    def partiton(nums, p, r):
        if len(nums) <= 1:
            return 0
        x = nums[r]
        i, j = p, r-1
        while True:
            if nums[i] > x:
                nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
                j -= 1
            else:
                i += 1
            if i > j:
                break
    
            if nums[j] < x:
                nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
                i += 1
            else:
                j -= 1
            if i > j:
                break
    
        nums[i], nums[r] = nums[r], nums[i]
        return i
    
    
    def main():
        nums = [2]*6
        q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
        assert q == 3
    
        nums = [2]*7
        q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
        assert q == 3
    
        for i in range(10):
            nums = [0]*i
            q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
            assert q == i//2
    
        nums = list(range(10))
        q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
        assert q == 9
    
        nums = [1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 5]
        q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
        assert q == 4
    
        import random
        for _ in range(100):
            nums = []
            for _ in range(10):
                nums.append(random.randint(1, 10))
            q = partiton(nums, 0, len(nums)-1)
            assert not nums[:q] or max(nums[:q]) <= nums[q]
            assert not nums[q+1:] or min(nums[q+1:]) >= nums[q]
    
    
    if __name__ == '__main__':
        main()
    

    7.1.4

    反过来写一下

    def partiton(nums, p, r):
        i=p-1
        x = nums[r]
        for j in range(p,r):
            if nums[j]>x:
                nums[i+1],nums[j] =nums[j],nums[i+1]
                i+=1
        nums[i+1],nums[r] =nums[r],nums[i+1]
        return i+1
    
    
    def main():
        import random
        for _ in range(1000):
            nums = []
            for _ in range(10):
                nums.append(random.randint(1,10))
                q = partiton(nums,0,len(nums)-1)
                print(nums,q,nums[:q],nums[q+1:],nums[q])
                assert not nums[:q] or min(nums[:q]) >= nums[q]
                assert not nums[q+1:] or max(nums[q+1:]) <= nums[q]
    
    if __name__ == '__main__':
        main()
    
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    如何把一个功能在一行代码里面实现

    学习资料

    几前年看过酷壳的这两篇文章, 当时以为已经掌握了. 现在又想实践一下的时候, 发现完全不知道怎么写了. 所以温习并记录一下.

    步骤(套路)

    可以认为, 如何把一个功能在一行代码里面实现, 是有固定的套路的.

    我还不能马上理解里面的原因原理, 所以自认为是套路, 其实是我自己太弱.

    分下面4个步骤, 看不懂也没关系, 下面有例子具体演示说明

    1. 用递归实现此功能
    2. 将递归函数做为参数传入调用函数(是我写不清楚, 具体看下面例子)
    3. 使用匿名函数替换(是我写不清楚, 具体看下面例子)
    4. 高阶函数(是我写不清楚, 具体看下面例子)

    例子一 求阶乘

    步骤1 递归实现阶乘

    求阶乘用递归还是很自然的, 如下

    def fact(n):
        return 1 if n==0 else fact(n-1)*n
    print(fact(5))
    

    步骤2

    def fact(fun, n):
        return 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n
    
    print(fact(fact,5))
    

    其实很简单, 就是把 fact 这个函数本身传参进去, 这是第三步的基础

    步骤3

    我们先把 fact 写成一个 lambda

    fact = lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n
    

    然后把fact(fact,5)里面的 fact 变量直接换成上面这个 ldmbda 就好了, 如下

    fact = lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n
    print((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n)((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),5))
    

    但这样有两个缺点

    1. 大段的代码重复
    2. 我们本来只是传参一个数字, 但现在还要传参一个匿名函数

    这就不太体面了, 需要继续修改下. 这也就是步骤3的意义所在.

    我们再定义一个函数 r 如下

    def r(f,n):
        return f(f,n)
    

    r 函数有个优点: 短. 我们只要把 fact 代入这个短的函数中, 就可以去掉大段的重复代码了. 完成代码如下:

    fact = lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n
    r = lambda f,n: f(f,n)
    print(r(fact,5))
    

    把变量替换掉, 就变成一行代码了

    print((lambda f,n: f(f,n))((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),5))
    

    步骤4

    但是缺点2还是没有解决掉, 步骤4就是解决这个问题的.

    我们引入一个高阶函数 h, 这个函数返回另外一个函数 inner , inner 是一个参数为 int 的函数, 如下

    其实就是把上面的代码复制到了 h() 里面

    def h():
        def inner(n):
            fact = lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n
            r = lambda f,n: f(f,n)
            return r(fact,n)
        return inner
    
    print(h()(5))
    

    把变量替换一下

    def h():
        return lambda n:(lambda f,n: f(f,n))((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),n)
    print(h()(5))
    

    把 h 也替换掉

    print((lambda:lambda n:(lambda f,n: f(f,n))((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),n))()(5))
    

    或者也可以写成

    print((lambda n:lambda:(lambda f,n: f(f,n))((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),n))(5)())
    

    把 fun 全部换成 f , 能短一点是一点

    print((lambda:lambda n:(lambda f,n:f(f,n))((lambda f,n:1 if n==0 else f(f,n-1)*n),n))()(5))
    

    补充 2020-01-16T12:24:07+0800

    觉得第四步可以把最外层的 h() 扒掉.

    def h():
        return lambda n:(lambda f,n: f(f,n))((lambda fun,n : 1 if n==0 else fun(fun,n-1)*n),n)
    print(h()(5))
    

    像上面这段代码, 其实没有必要先返回一个函数然后再调用这个函数. 可以直接调用, 如下

    (lambda n:(lambda f,n:f(f,n))((lambda f,n:1 if n==0 else f(f,n-1)*n),n))(5)
    
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    Golang Reflect Method Performance

    reflect_test.go

    package main
    
    import "testing"
    
    type A struct {
    	name string
    }
    
    type SetNamer interface {
    	SetName()
    }
    
    func (a *A) SetName() {
    	a.name = "a"
    }
    
    func getA() *A {
    	return &A{}
    }
    func getI() SetNamer {
    	return &A{}
    }
    
    func BenchmarkA(b *testing.B) {
    	a := &A{}
    	b.ResetTimer()
    	for i := 0; i < b.N; i++ {
    		a.SetName()
    	}
    	print(a.name)
    }
    
    func BenchmarkB(b *testing.B) {
    	var s SetNamer = &A{}
    	b.ResetTimer()
    	for i := 0; i < b.N; i++ {
    		s.SetName()
    	}
    }
    
    func BenchmarkC(b *testing.B) {
    	a := getA()
    	b.ResetTimer()
    	for i := 0; i < b.N; i++ {
    		a.SetName()
    	}
    	print(a.name)
    }
    
    func BenchmarkD(b *testing.B) {
    	s := getI()
    	b.ResetTimer()
    	for i := 0; i < b.N; i++ {
    		s.SetName()
    	}
    }
    

    测试结果:

    % go test -bench=. -cpu=1
    agoos: darwin
    goarch: amd64
    BenchmarkA 	aaaaa1000000000	         0.574 ns/op
    BenchmarkB 	537799974	         2.17 ns/op
    aBenchmarkC 	aaaaa1000000000	         0.571 ns/op
    BenchmarkD 	545279128	         2.22 ns/op
    PASS
    ok  	_/private/tmp/1576831712	4.101s
    

    同样一个 value a, 或者它的申明类型是 struct A , 调用 a.SetName 速度要很多

    相比这下, 如果申明类型是 interface SetNamer, 调用 s.SetName 速度要非常多

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    Git Flow Practice

    背景

    1. 公司 APP 每个月迭代一次, 比如说每个月 15 号, 发布一个新版本
    2. 当前只有一个分支, 所有代码都合并到这个分支, 比如说都合到 master 分支
    3. 公司的发布系统, 发布之后可以看到每个版本使用的 branch/tag/commit hash 等(这个后面会提到)

    这样会生产一个问题:

    15 号发版之后, 开始开发新功能, 合到 master 上面, 这些代码会到下个月15号发到线上.
    但同时, HotFix 需要马上发到线上. 如果从 master checkout 一个 hotfix 分支出来改代码, 再合回master. master上面会包括还没有测试过的新功能. 那这个hotfix发布之后可能带来问题.

    最初讨论后的规划

    如何在现有的基础(单分支)上解决这个问题

    中间有同学提出目前这样也可以解决上面的问题: 功能开发正常推到 master , 如果有 hotfix, 到发布系统看一下当前的 Commit 或者是 Tag, 拉一个新的分支, fix 之后推上去继续发布.

    但会有一些问题:

    • 每次要做 hotfix, 还要去发布系统查看当前的 tag 或者是 commit
    • 如果两个人同时做 hotfix, 可能后面发布的人同学会把前面那个人的覆盖掉
    • 分支混乱, 每次 hotfix 后推一个新的分支上来?

    会后讨论结果(实践后又有变化):

    决定使用dev 和 master 两个分支

    1. 日常开发推 dev, 15号之后合到 master , 打上 tag
    2. 15号之后的 hotfix , 从 master 拉分支出来, fix之后合回master, 同时 cherry-pick 到 dev
    3. 细节上可能会有问题, 再实践中慢慢摸索

    改动

    增加relese 分支

    代码在真正发布到生产之后, 需要先发布到测试环境测试.
    使用 dev 发布并没有问题, 但如果结合持续集成(CI), 就有些问题了.

    我希望的是, 每次 Merge 之后, 会自动发布, 而不需要我每次到发布系统点点点.
    显然不能把 Dev 分支配置成自动发布, 否则在新的开发周期, 会频繁做一些无用的发布.

    所以需要 release 分支. 发布的时候, 直接从 dev checkout 一份最新代码, 推到远端 release, 自动发布.

    15 号发布之后, 就把当前 release 代码合到 master, 并打上 tag

    保留 master

    如果只是为了回滚, tag 足够了. master 是为了方便的 hotfix. 想像一下没有 master, 每次发布还要查看最新的 tag 是什么, 万一再忘了打 tag 呢?

    目前实践

    总结一下, 实践下来, 保留 2 个主要分支, dev 和 master, 一直存在, 不能删除. 一个临时分支 release.

    以一次新的迭代周期开始为例:

    1. 新的功能开发推到 dev. hotfix 推到 master, 并更新版本号, 并 cherry-pick 到 dev.
    2. 10 号了, 开始预发布了(一般是先到测试环境), 每次发布就把 dev 的代码合到 release, 推到远端(我一般在命令行操作), CI 会自动做发布.
    3. 15 号, 发布到生产. release 代码合到 master, 并打一个 tag. (可以由项目 Owner 或者管理员 手工操作)
    4. 15 号之后, 回到步骤1

    2020-03-30 补充

    有人提到使用 release 发布太麻烦了, 应该 dev 也能发布. 现成改成了 dev 也会发布. 运行良好.

    参考资料:

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    虚拟一个 Mysql 给 Django 用

    我想通过 Model 生成建表的 Sql, 但是一定要有一个可用的 Mysql 才行, 觉得很麻烦. 于是找到了这个项目.

    https://pypi.org/project/django-fake-database-backends/

    安装:

    pip install django-fake-database-backends

    配置:

    DATABASES = {
        'default': {
            'ENGINE': 'django_fake_database_backends.backends.mysql',
        }
    }
    
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    django 连 Mysql 报2059错误

    参考https://blog.csdn.net/xiaoyaosheng19/article/details/82643729

    原因: 最新的mysql8.0对用户密码的加密方式为caching_sha2_password, django暂时还不支持这种新增的加密方式。只需要将用户加密方式改为老的加密方式即可。

    use mysql;
    alter user 'root'@'localhost' identified with mysql_native_password by 'yourpassword';
    flush privileges;
    
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