標籤: 南投搬家

    數據庫有三級模型的概念，在這裏，數據倉庫也是有着三級模型並且是有着相似的思路。

1.概念模型

“信息世界”中的信息結構，也常常借用關係數據庫設計中的E-R方法，不過在數據倉庫的設計是以主題替代實體。

根據業務的範圍和使用來劃分主題

劃分的方法是首先要確定系統邊界，包括了解決策者需求(關注點)，需求類型。通過對業務系統的詳細說明，確定數據覆蓋範圍，對數據進行梳理，列出數據主題詳細的清單，了解源數據狀況。

對每個數據主題都作出詳細的解釋，然後經過歸納、分類，整理成各個數據主題域，確定系統包含的主題。列出每個數據主題域包含哪些部分，並對每個數據主題域作出詳細的解釋，最後劃分成主題域概念模型。

2.邏輯模型

邏輯模型的設計是數據倉庫實施中最重要的一步，因為它直接反映了數據分析部門的實際需求和業務規則，同時對物理模型的設計和實現具有指導作用。它的特點就是通過實體和實體之間的關係勾勒出整個企業的數據藍圖和規劃。邏輯模型一般遵循第三範式，與概念模型不同，它主要關注細節性的業務規則，同時需要解決每個主題包含哪些概念範疇和跨主題域的繼承和共享的問題。

根據需求列出需要分析的主題，需求目標緯度指標，緯度層次分析的指標，分析的方法、數據來源等

對於一些緯度存在層次問題，比如說產品存在產品的類別，產品的子類別以及具體的產品

 

 

 在邏輯模型設計中需要考慮粒度層次的劃分。數據倉庫的粒度層次劃分直接影響了數據倉庫模型的設計，通常細粒度的數據模型直接從企業模型選取實體作為邏輯模型的實體，而粗粒度的數據模型需要經過匯總計算得到相應的實體。粒度決定企業數據倉庫的實現方式、性能、靈活性和數據倉庫的數據量。

粒度指的是描述數據的綜合程度。粒度規定了數據倉庫潛在的能力和靈活性，如果沒有粒度級別的變化，數據倉庫將不能回答需要低於所採用細節級的問題。同時，粒度級別是數據庫規模的主要決定因素之一，對操作的開銷及性能都有顯著影響。

數據粒度越小,信息越細,數據量越大;顆粒粒度越大就忽略了眾多的細節,數據量越小。

 3.物理模型

 將邏輯模型轉變為物理模型包括以下幾個步驟:

(1)實體名(Entity) 轉變為表名(Table)。

(2)屬性名(Attribute) 轉換為列名(Column) ，確定列的屬性(Property) 。

(3)確定表之間連接主鍵和外鍵屬性或屬性組。

 

     在物理模型設計中同時要考慮數據的存儲結構、存取時間、存儲空間利用率、維護代價等。根據數據的重要程度、使用頻率和響應時間將數據分類，不同類數據分別存放在不同存儲設備中，重要性高、經常存取並對反應時間要求高的數據存放在高速存儲設備上:存取頻率低或對存取響應時間要求低的數據可以存放在低速存儲設備上。根據數據量設定存儲塊、緩衝區大小和個數。

兩大類物理模型

數據倉庫的的數據模型相對數據庫更簡單一些，根據事實表和維度表的關係，主要有星形結構模型和雪花型結構模型兩種。

當所有維表都直接連接到“事實表”上時，整個圖解就像星星一樣，故將該模型稱為星型模型。

星型架構是一種非規範化的結構，多維數據集的每一個維度都直接與事實表相連接，所以數據有一定的冗餘，如在商店維度表中，存在省A的城市B以及省A的城市C兩條記錄，那麼省A的信息分別存儲了兩次，即存在冗餘。

雪花型架構相對於星形架構的優點是，能夠直接利用現有的數據庫建模工具進行建模，提高工作效率;以後對維度表的變更會更加靈活，而星形結構會牽涉到大量的數據更新:由於不存在數據冗餘，因此數據的裝載速度會更快。雪花型架構通過去除了數據冗餘，通過最大限度地減少數據存儲量以及聯合較小的維表來改善查詢性能。

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動態規劃難嗎？說實話，我覺得很難，特別是對於初學者來說，我當時入門動態規劃的時候，是看 0-1 背包問題，當時真的是一臉懵逼。後來，我遇到動態規劃的題，看的懂答案，但就是自己不會做，不知道怎麼下手。就像做遞歸的題，看的懂答案，但下不了手，關於遞歸的，我之前也寫過一篇套路的文章，如果對遞歸不大懂的，強烈建議看一看：

對於動態規劃，春招秋招時好多題都會用到動態規劃，一氣之下，再 leetcode 連續刷了幾十道題

之後，豁然開朗 ，感覺動態規劃也不是很難，今天，我就來跟大家講一講，我是怎麼做動態規劃的題的，以及從中學到的一些套路。相信你看完一定有所收穫

如果你對動態規劃感興趣，或者你看的懂動態規劃，但卻不知道怎麼下手，那麼我建議你好好看以下，這篇文章的寫法，和之前那篇講遞歸的寫法，是差不多一樣的，將會舉大量的例子。如果一次性看不完，建議收藏，同時別忘了素質三連。

為了兼顧初學者，我會從最簡單的題講起，後面會越來越難，最後面還會講解，該如何優化。因為 80% 的動規都是可以進行優化的。不過我得說，如果你連動態規劃是什麼都沒聽過，可能這篇文章你也會壓力山大。

一、動態規劃的三大步驟

動態規劃，無非就是利用歷史記錄，來避免我們的重複計算。而這些歷史記錄，我們得需要一些變量來保存，一般是用一維數組或者二維數組來保存。下面我們先來講下做動態規劃題很重要的三個步驟，

如果你聽不懂，也沒關係，下面會有很多例題講解，估計你就懂了。之所以不配合例題來講這些步驟，也是為了怕你們腦袋亂了

第一步驟：定義數組元素的含義，上面說了，我們會用一個數組，來保存歷史數組，假設用一維數組 dp[] 吧。這個時候有一個非常非常重要的點，就是規定你這個數組元素的含義，例如你的 dp[i] 是代表什麼意思？

第二步驟：找出數組元素之間的關係式，我覺得動態規劃，還是有一點類似於我們高中學習時的歸納法的，當我們要計算 dp[n] 時，是可以利用 dp[n-1]，dp[n-2]…..dp[1]，來推出 dp[n] 的，也就是可以利用歷史數據來推出新的元素值，所以我們要找出數組元素之間的關係式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，這個就是他們的關係式了。而這一步，也是最難的一步，後面我會講幾種類型的題來說。

學過動態規劃的可能都經常聽到最優子結構，把大的問題拆分成小的問題，說時候，最開始的時候，我是對最優子結構一夢懵逼的。估計你們也聽多了，所以這一次，我將換一種形式來講，不再是各種子問題，各種最優子結構。所以大佬可別噴我再亂講，因為我說了，這是我自己平時做題的套路。

第三步驟：找出初始值。學過數學歸納法的都知道，雖然我們知道了數組元素之間的關係式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，我們可以通過 dp[n-1] 和 dp[n-2] 來計算 dp[n]，但是，我們得知道初始值啊，例如一直推下去的話，會由 dp[3] = dp[2] + dp[1]。而 dp[2] 和 dp[1] 是不能再分解的了，所以我們必須要能夠直接獲得 dp[2] 和 dp[1] 的值，而這，就是所謂的初始值。

由了初始值，並且有了數組元素之間的關係式，那麼我們就可以得到 dp[n] 的值了，而 dp[n] 的含義是由你來定義的，你想求什麼，就定義它是什麼，這樣，這道題也就解出來了。

不懂？沒事，我們來看三四道例題，我講嚴格按這個步驟來給大家講解。

二、案例詳解

案例一、簡單的一維 DP

問題描述：一隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上一個n級的台階總共有多少種跳法。

(1)、定義數組元素的含義

按我上面的步驟說的，首先我們來定義 dp[i] 的含義，我們的問題是要求青蛙跳上 n 級的台階總共由多少種跳法，那我們就定義 dp[i] 的含義為：跳上一個 i 級的台階總共有 dp[i] 種跳法。這樣，如果我們能夠算出 dp[n]，不就是我們要求的答案嗎？所以第一步定義完成。

（2）、找出數組元素間的關係式

我們的目的是要求 dp[n]，動態規劃的題，如你們經常聽說的那樣，就是把一個規模比較大的問題分成幾個規模比較小的問題，然後由小的問題推導出大的問題。也就是說，dp[n] 的規模為 n，比它規模小的是 n-1, n-2, n-3…. 也就是說，dp[n] 一定會和 dp[n-1], dp[n-2]….存在某種關係的。我們要找出他們的關係。

那麼問題來了，怎麼找？

這個怎麼找，是最核心最難的一個，我們必須回到問題本身來了，來尋找他們的關係式，dp[n] 究竟會等於什麼呢？

對於這道題，由於情況可以選擇跳一級，也可以選擇跳兩級，所以青蛙到達第 n 級的台階有兩種方式

一種是從第 n-1 級跳上來

一種是從第 n-2 級跳上來

由於我們是要算所有可能的跳法的，所以有 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。

（3）、找出初始條件

當 n = 1 時，dp[1] = dp[0] + dp[-1]，而我們是數組是不允許下標為負數的，所以對於 dp[1]，我們必須要直接給出它的數值，相當於初始值，顯然，dp[1] = 1。一樣，dp[0] = 0.（因為 0 個台階，那肯定是 0 種跳法了）。於是得出初始值：

dp[0] = 0.
dp[1] = 1.
即 n <= 1 時，dp[n] = n.

三個步驟都做出來了，那麼我們就來寫代碼吧，代碼會詳細註釋滴。

int f( int n ){
    if(n <= 1)
    return n;
    // 先創建一個數組來保存歷史數據
    int[] dp = new int[n+1];
    // 給出初始值
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    // 通過關係式來計算出 dp[n]
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        dp[i] = dp[i-1] + dp[-2];
    }
    // 把最終結果返回
    return dp[n];
}

（4）、再說初始化

大家先想以下，你覺得，上面的代碼有沒有問題？

答是有問題的，還是錯的，錯在對初始值的尋找不夠嚴謹，這也是我故意這樣弄的，意在告訴你們，關於初始值的嚴謹性。例如對於上面的題，當 n = 2 時，dp[2] = dp[1] + dp[0] = 1。這顯然是錯誤的，你可以模擬一下，應該是 dp[2] = 2。

也就是說，在尋找初始值的時候，一定要注意不要找漏了，dp[2] 也算是一個初始值，不能通過公式計算得出。有人可能會說，我想不到怎麼辦？這個很好辦，多做幾道題就可以了。

下面我再列舉三道不同的例題，並且，再在未來的文章中，我也會持續按照這個步驟，給大家找幾道有難度且類型不同的題。下面這幾道例題，不會講的特性詳細哈。實際上 ，上面的一維數組是可以把空間優化成更小的，不過我們現在先不講優化的事，下面的題也是，不講優化版本。

案例二：二維數組的 DP

我做了幾十道 DP 的算法題，可以說，80% 的題，都是要用二維數組的，所以下面的題主要以二維數組為主，當然有人可能會說，要用一維還是二維，我怎麼知道？這個問題不大，接着往下看。

問題描述

一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記為“Start” ）。

機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記為“Finish”）。

問總共有多少條不同的路徑？

這是 leetcode 的 62 號題：

還是老樣子，三個步驟來解決。

步驟一、定義數組元素的含義

由於我們的目的是從左上角到右下角一共有多少種路徑，那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當機器人從左上角走到(i, j) 這個位置時，一共有 dp[i] [j] 種路徑。那麼，dp[m-1] [n-1] 就是我們要的答案了。

注意，這個網格相當於一個二維數組，數組是從下標為 0 開始算起的，所以 右下角的位置是 (m-1, n – 1)，所以 dp[m-1] [n-1] 就是我們要找的答案。

步驟二：找出關係數組元素間的關係式

想象以下，機器人要怎麼樣才能到達 (i, j) 這個位置？由於機器人可以向下走或者向右走，所以有兩種方式到達

一種是從 (i-1, j) 這個位置走一步到達

一種是從(i, j – 1) 這個位置走一步到達

因為是計算所有可能的步驟，所以是把所有可能走的路徑都加起來，所以關係式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]。

步驟三、找出初始值

顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。這個還是非常容易計算的，相當於計算機圖中的最上面一行和左邊一列。因此初始值如下：

dp[0] [0….n-1] = 1; // 相當於最上面一行，機器人只能一直往左走

dp[0…m-1] [0] = 1; // 相當於最左面一列，機器人只能一直往下走

擼代碼

三個步驟都寫出來了，直接看代碼

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
    // 初始化
    for(int i = 0; i < m; i++){
      dp[i][0] = 1;
    }
    for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[0][i] = 1;
    }
        // 推導出 dp[m-1][n-1]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
        }
    }
    return dp[m-1][n-1];
}

O(n*m) 的空間複雜度可以優化成 O(min(n, m)) 的空間複雜度的，不過這裏先不講

案例三、二維數組 DP

寫到這裏，有點累了，，但還是得寫下去，所以看的小夥伴，你們可得繼續看呀。下面這道題也不難，比上面的難一丟丟，不過也是非常類似

問題描述

給定一個包含非負整數的 m x n 網格，請找出一條從左上角到右下角的路徑，使得路徑上的数字總和為最小。

說明：每次只能向下或者向右移動一步。

舉例：
輸入:
arr = [
  [1,3,1],
  [1,5,1],
  [4,2,1]
]
輸出: 7
解釋: 因為路徑 1→3→1→1→1 的總和最小。

和上面的差不多，不過是算最優路徑和，這是 leetcode 的第64題：

還是老樣子，可能有些人都看煩了，哈哈，但我還是要按照步驟來寫，讓那些不大懂的加深理解。有人可能覺得，這些題太簡單了吧，別慌，小白先入門，這些屬於 medium 級別的，後面在給幾道 hard 級別的。

步驟一、定義數組元素的含義

由於我們的目的是從左上角到右下角，最小路徑和是多少，那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當機器人從左上角走到(i, j) 這個位置時，最下的路徑和是 dp[i] [j]。那麼，dp[m-1] [n-1] 就是我們要的答案了。

注意，這個網格相當於一個二維數組，數組是從下標為 0 開始算起的，所以 由下角的位置是 (m-1, n – 1)，所以 dp[m-1] [n-1] 就是我們要走的答案。

步驟二：找出關係數組元素間的關係式

想象以下，機器人要怎麼樣才能到達 (i, j) 這個位置？由於機器人可以向下走或者向右走，所以有兩種方式到達

一種是從 (i-1, j) 這個位置走一步到達

一種是從(i, j – 1) 這個位置走一步到達

不過這次不是計算所有可能路徑，而是計算哪一個路徑和是最小的，那麼我們要從這兩種方式中，選擇一種，使得dp[i] [j] 的值是最小的，顯然有

dp[i] [j] = min(dp[i-1][j]，dp[i][j-1]) + arr[i][j];// arr[i][j] 表示網格種的值

步驟三、找出初始值

顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。這個還是非常容易計算的，相當於計算機圖中的最上面一行和左邊一列。因此初始值如下：

dp[0] [j] = arr[0] [j] + dp[0] [j-1]; // 相當於最上面一行，機器人只能一直往左走

dp[i] [0] = arr[i] [0] + dp[i] [0]; // 相當於最左面一列，機器人只能一直往下走

代碼如下

public static int uniquePaths(int[][] arr) {
    int m = arr.length;
    int n = arr[0].length;
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
    // 初始化
    dp[0][0] = arr[0][0];
    // 初始化最左邊的列
    for(int i = 1; i < m; i++){
      dp[i][0] = dp[i-1][0] + arr[i][0];
    }
    // 初始化最上邊的行
    for(int i = 1; i < n; i++){
      dp[0][i] = dp[0][i-1] + arr[0][i];
    }
        // 推導出 dp[m-1][n-1]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + arr[i][j];
        }
    }
    return dp[m-1][n-1];
}

O(n*m) 的空間複雜度可以優化成 O(min(n, m)) 的空間複雜度的，不過這裏先不講

案例 4：編輯距離

這次給的這道題比上面的難一些，在 leetcdoe 的定位是 hard 級別。好像是 leetcode 的第 72 號題。

問題描述

給定兩個單詞 word1 和 word2，計算出將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。

你可以對一個單詞進行如下三種操作：

插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符

示例：
輸入: word1 = "horse", word2 = "ros"
輸出: 3
解釋: 
horse -> rorse (將 'h' 替換為 'r')
rorse -> rose (刪除 'r')
rose -> ros (刪除 'e')

解答

還是老樣子，按照上面三個步驟來，並且我這裏可以告訴你，90% 的字符串問題都可以用動態規劃解決，並且90%是採用二維數組。

步驟一、定義數組元素的含義

由於我們的目的求將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當字符串 word1 的長度為 i，字符串 word2 的長度為 j 時，將 word1 轉化為 word2 所使用的最少操作次數為 dp[i] [j]。

有時候，數組的含義並不容易找，所以還是那句話，我給你們一個套路，剩下的還得看你們去領悟。

步驟二：找出關係數組元素間的關係式

接下來我們就要找 dp[i] [j] 元素之間的關係了，比起其他題，這道題相對比較難找一點，但是，不管多難找，大部分情況下，dp[i] [j] 和 dp[i-1] [j]、dp[i] [j-1]、dp[i-1] [j-1] 肯定存在某種關係。因為我們的目標就是，**從規模小的，通過一些操作，推導出規模大的。對於這道題，我們可以對 word1 進行三種操作

插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符

由於我們是要讓操作的次數最小，所以我們要尋找最佳操作。那麼有如下關係式：

一、如果我們 word1[i] 與 word2 [j] 相等，這個時候不需要進行任何操作，顯然有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1]。（別忘了 dp[i] [j] 的含義哈）。

二、如果我們 word1[i] 與 word2 [j] 不相等，這個時候我們就必須進行調整，而調整的操作有 3 種，我們要選擇一種。三種操作對應的關係試如下（注意字符串與字符的區別）：

（1）、如果把字符 word1[i] 替換成與 word2[j] 相等，則有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + 1;

（2）、如果在字符串 word1末尾插入一個與 word2[j] 相等的字符，則有 dp[i] [j] = dp[i] [j-1] + 1;

（3）、如果把字符 word1[i] 刪除，則有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + 1;

那麼我們應該選擇一種操作，使得 dp[i] [j] 的值最小，顯然有

dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1]，dp[i] [j-1]，dp[[i-1] [j]]) + 1;

於是，我們的關係式就推出來了，

步驟三、找出初始值

顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n] 和所有的 dp[0….m] [0]。這個還是非常容易計算的，因為當有一個字符串的長度為 0 時，轉化為另外一個字符串，那就只能一直進行插入或者刪除操作了。

代碼如下

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
    // dp[0][0...n2]的初始值
    for (int j = 1; j <= n2; j++) 
        dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
    // dp[0...n1][0] 的初始值
    for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
        // 通過公式推出 dp[n1][n2]
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
            // 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
                p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            }else {
               dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
            }         
        }
    }
    return dp[n1][n2];  
}

最後說下，如果你要練習，可以去 leetcode，選擇動態規劃專題，然後連續刷幾十道，保證你以後再也不怕動態規劃了。當然，遇到很難的，咱還是得掛。

Leetcode 動態規劃直達：

三、如何優化？

前两天寫一篇長達 8000 子的關於動態規劃的文章

這篇文章更多講解我平時做題的套路，不過由於篇幅過長，舉了 4 個案例之後，沒有講解優化，今天這篇文章就來講解下，對動態規劃的優化如何下手，並且以前幾天那篇文章的題作為例子直接講優化，如果沒看過的建議看一下（不看也行，我會直接給出題目以及沒有優化前的代碼）：

四、優化核心：畫圖！畫圖！畫圖

沒錯，80% 的動態規劃題都可以畫圖，其中 80% 的題都可以通過畫圖一下子知道怎麼優化，當然，DP 也有一些很難的題，想優化可沒那麼容易，不過，今天我要講的，是屬於不怎麼難，且最常見，面試筆試最經常考的難度的題。

下面我們直接通過三道題目來講解優化，你會發現，這些題，優化過後，代碼只有細微的改變，你只要會一兩道，可以說是會了 80% 的題。

O(n*m) 空間複雜度優化成 O(n)

上次那個青蛙跳台階的 dp 題是可以把空間複雜度 O( n) 優化成 O(1)，本來打算從這道題講起的，但想了下，想要學習 dp 優化的感覺至少都是 小小大佬了，所以就不講了，就從二維數組的 dp 講起。

案例1：最多路徑數

問題描述

一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記為“Start” ）。

機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記為“Finish”）。

問總共有多少條不同的路徑？

這是 leetcode 的 62 號題：

這道題的 dp 轉移公式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]，代碼如下

不懂的看我之前文章：

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
    // 初始化
    for(int i = 0; i < m; i++){
      dp[i][0] = 1;
    }
    for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[0][i] = 1;
    }
        // 推導出 dp[m-1][n-1]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
        }
    }
    return dp[m-1][n-1];
}

這種做法的空間複雜度是 O(n * m)，下面我們來講解如何優化成 O(n)。

dp[i] [j] 是一個二維矩陣，我們來畫個二維矩陣的圖，對矩陣進行初始化

然後根據公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] 來填充矩陣的其他值。下面我們先填充第二行的值。

大家想一個問題，當我們要填充第三行的值的時候，我們需要用到第一行的值嗎？答是不需要的，不行你試試，當你要填充第三，第四….第 n 行的時候，第一行的值永遠不會用到，只要填充第二行的值時會用到。

根據公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]，我們可以知道，當我們要計算第 i 行的值時，除了會用到第 i – 1 行外，其他第 1 至 第 i-2 行的值我們都是不需要用到的，也就是說，對於那部分用不到的值我們還有必要保存他們嗎？

答是沒必要，我們只需要用一個一維的 dp[] 來保存一行的歷史記錄就可以了。然後在計算機的過程中，不斷着更新 dp[] 的值。單說估計你可能不好理解，下面我就手把手來演示下這個過程。

1、剛開始初始化第一行，此時 dp[0..n-1] 的值就是第一行的值。

2、接着我們來一邊填充第二行的值一邊更新 dp[i] 的值，一邊把第一行的值拋棄掉。

為了方便描述，下面我們用arr (i，j）表示矩陣中第 i 行 第 j 列的值。從 0 開始哈，就是說有第 0 行。

（1）、顯然，矩陣(1, 0) 的值相當於以往的初始化值，為 1。然後這個時候矩陣 (0，0）的值不在需要保存了，因為再也用不到了。

這個時候，我們也要跟着更新 dp[0] 的值了，剛開始 dp[0] = (0, 0)，現在更新為 dp[0] = (1, 0)。

（2）、接着繼續更新 (1, 1) 的值，根據之前的公式 （i, j) = (i-1, j) + (i, j- 1)。即 （1，1）=（0，1）+（1，0）=2。

大家看圖，以往的二維的時候， dp[i][j] = dp[i-1] [j]+ dp[i][j-1]。現在轉化成一維，不就是 dp[i] = dp[i] + dp[i-1] 嗎？

即 dp[1] = dp[1] + dp[0]，而且還動態幫我們更新了 dp[1] 的值。因為剛開始 dp[i] 的保存第一行的值的，現在更新為保存第二行的值。

(3)、同樣的道理，按照這樣的模式一直來計算第二行的值，順便把第一行的值拋棄掉，結果如下

此時，dp[i] 將完全保存着第二行的值，並且我們可以推導出公式

dp[i] = dp[i-1] + dp[i]

dp[i-1] 相當於之前的 dp[i-1][j]，dp[i] 相當於之前的 dp[i][j-1]。

於是按照這個公式不停着填充到最後一行，結果如下：

最後 dp[n-1] 就是我們要求的結果了。所以優化之後，代碼如下：

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[] dp = new int[n]; // 
    // 初始化
    for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[i] = 1;
    }

        // 公式：dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        // 第 i 行第 0 列的初始值
        dp[0] = 1;
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
        }
    }
    return dp[n-1];
}

案例2：編輯距離

接着我們來看昨天的另外一道題，就是編輯矩陣，這道題的優化和這一道有一點點的不同，上面這道 dp[i][j] 依賴於 dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1]。而還有一種情況就是 dp[i][j] 依賴於 dp[i-1][j]，dp[i-1][j-1] 和 dp[i][j-1]。

問題描述

給定兩個單詞 word1 和 word2，計算出將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。

你可以對一個單詞進行如下三種操作：

插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符

示例：
輸入: word1 = "horse", word2 = "ros"
輸出: 3
解釋: 
horse -> rorse (將 'h' 替換為 'r')
rorse -> rose (刪除 'r')
rose -> ros (刪除 'e')

解答

昨天的代碼如下所示，不懂的記得看之前的文章哈：

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
    // dp[0][0...n2]的初始值
    for (int j = 1; j <= n2; j++) 
        dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
    // dp[0...n1][0] 的初始值
    for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
        // 通過公式推出 dp[n1][n2]
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
            // 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
                p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            }else {
               dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
            }         
        }
    }
    return dp[n1][n2];  
}

沒有優化之間的空間複雜度為 O(n*m)

大家可以自己動手做下，按照上面的那個模式，你會優化嗎？

對於這道題其實也是一樣的，如果要計算 第 i 行的值，我們最多只依賴第 i-1 行的值，不需要用到第 i-2 行及其以前的值，所以一樣可以採用一維 dp 來處理的。

不過這個時候要注意，在上面的例子中，我們每次更新完 (i, j) 的值之後，就會把 (i, j-1) 的值拋棄，也就是說之前是一邊更新 dp[i] 的值，一邊把 dp[i] 的舊值拋棄的，不過在這道題中則不可以，因為我們還需要用到它。

哎呀，直接舉例子看圖吧，文字繞來繞去估計會繞暈你們。當我們要計算圖中 (i,j) 的值的時候，在案例1 中，我們值需要用到 (i-1, j) 和 (i, j-1)。（看圖中方格的顏色）

不過這道題中，我們還需要用到 （i-1, j-1) 這個值（但是這個值在以往的案例1 中，它會被拋棄掉）

所以呢，對於這道題，我們還需要一個額外的變量 pre 來時刻保存 (i-1,j-1) 的值。推導公式就可以從二維的

dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-1] , dp[i][j-1]) + 1

轉化為一維的

dp[i] = min(dp[i-1], pre, dp[i]) + 1。

所以呢，案例2 其實和案例1 差別不大，就是多了個變量來臨時保存。最終代碼如下（但是初學者話，代碼也沒那麼好寫）

代碼如下

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[] dp = new int[n2 + 1];
    // dp[0...n2]的初始值
    for (int j = 0; j <= n2; j++) 
        dp[j] = j;
    // dp[j] = min(dp[j-1], pre, dp[j]) + 1
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        int temp = dp[0];
        // 相當於初始化
        dp[0] = i;
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
            // pre 相當於之前的 dp[i-1][j-1]
            int pre = temp;
            temp = dp[j];
            // 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
                dp[j] = pre;
            }else {
               dp[j] = Math.min(Math.min(dp[j - 1], pre), dp[j]) + 1;
            } 
            // 保存要被拋棄的值       
        }
    }
    return dp[n2]; 
}

總結

上面的這些題，基本都是不怎麼難的入門題，除了最後一道相對難一點。並且基本 80% 的二維矩陣 dp 都可以像上面的方法一樣優化成 一維矩陣的 dp，核心就是要畫圖，看他們的值依賴，當然，還有很多其他比較難的優化，但是，我遇到的題中，大部分都是我上面這種類型的優化。後面如何遇到其他的，我會作為案例來講，今天就先講最普遍最通用的優化方案。記住，畫二維 dp 的矩陣圖，然後看元素之間的值依賴，然後就可以很清晰着知道該如何優化了。

在之後的文章中，我也會按照這個步驟，在給大家講四五道動態規劃 hard 級別的題，會放在每天推文的第二條給大家學習。如果覺得有收穫，不放三連走起來（點贊、感謝、分享），嘻嘻。

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作者簡潔

作者：帥地，一位熱愛、認真寫作的小伙，目前維護原創公眾號：『苦逼的碼農』，已寫了150多篇文章，專註於寫 算法、計算機基礎知識等提升你內功的文章，期待你的關注。
轉載說明：務必註明來源（註明：來源於公眾號：苦逼的碼農， 作者：帥地）

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目錄

本文介紹Spring的七種事務傳播行為並通過代碼演示下。

一、什麼是事務傳播行為？

事務傳播行為（propagation behavior）指的就是當一個事務方法被另一個事務方法調用時，這個事務方法應該如何運行。

例如：methodA方法調用methodB方法時，methodB是繼續在調用者methodA的事務中運行呢，還是為自己開啟一個新事務運行，這就是由methodB的事務傳播行為決定的。

二、事務的7種傳播行為

Spring在TransactionDefinition接口中規定了7種類型的事務傳播行為。事務傳播行為是Spring框架獨有的事務增強特性。這是Spring為我們提供的強大的工具箱，使用事務傳播行為可以為我們的開發工作提供許多便利。

7種事務傳播行為如下：

1.PROPAGATION_REQUIRED

如果當前沒有事務，就創建一個新事務，如果當前存在事務，就加入該事務，這是最常見的選擇，也是Spring默認的事務傳播行為。

2.PROPAGATION_SUPPORTS

支持當前事務，如果當前存在事務，就加入該事務，如果當前不存在事務，就以非事務執行。

3.PROPAGATION_MANDATORY

支持當前事務，如果當前存在事務，就加入該事務，如果當前不存在事務，就拋出異常。

4.PROPAGATION_REQUIRES_NEW

創建新事務，無論當前存不存在事務，都創建新事務。

5.PROPAGATION_NOT_SUPPORTED

以非事務方式執行操作，如果當前存在事務，就把當前事務掛起。

6.PROPAGATION_NEVER

以非事務方式執行，如果當前存在事務，則拋出異常。

7.PROPAGATION_NESTED

如果當前存在事務，則在嵌套事務內執行。如果當前沒有事務，則按REQUIRED屬性執行。

其實這7中我也沒看懂，不過不急，咱們接下來直接看效果。

三、7種傳播行為實戰

演示前先建兩個表，用戶表和用戶角色表，一開始兩個表裡沒有數據。

需要注意下，為了數據更直觀，每次執行代碼時 先清空下user和user_role表的數據。

user表：

CREATE TABLE `user` (
  `id` int(11) NOT NULL AUTO_INCREMENT,
  `name` varchar(255) DEFAULT NULL,
  `password` varchar(255) DEFAULT NULL,
  `sex` int(11) DEFAULT NULL,
  `des` varchar(255) DEFAULT NULL,
  PRIMARY KEY (`id`)
) ENGINE=InnoDB DEFAULT CHARSET=utf8;

user_role表：

CREATE TABLE `user_role` (
  `id` int(11) NOT NULL AUTO_INCREMENT,
  `user_id` int(11) DEFAULT NULL,
  `role_id` int(11) DEFAULT NULL,
  PRIMARY KEY (`id`)
) ENGINE=InnoDB DEFAULT CHARSET=utf8;

1.PROPAGATION_REQUIRED測試

如果當前沒有事務，就創建一個新事務，如果當前存在事務，就加入該事務，這是最常見的選擇，也是Spring默認的事務傳播行為。

場景一：

此場景外圍方法沒有開啟事務。

1.驗證方法

兩個實現類UserServiceImpl和UserRoleServiceImpl制定事物傳播行為propagation=Propagation.REQUIRED，然後在測試方法中同時調用兩個方法並在調用結束后拋出異常。

2.主要代碼

外層調用方法代碼：

/**
     * 測試 PROPAGATION_REQUIRED
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Test
    void test_PROPAGATION_REQUIRED() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

UserServiceImpl代碼：

/**
     * 增加用戶
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.REQUIRED)
    @Override
    public int add(User user) {
        return userMapper.add(user);
    }

UserRoleServiceImpl代碼：

    /**
     * 增加用戶角色
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.REQUIRED)
    @Override
    public int add(UserRole userRole) {
        return userRoleMapper.add(userRole);
    }

3.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都新增成功，截圖如下：

4.結果分析

外圍方法未開啟事務，插入用戶表和用戶角色表的方法在自己的事務中獨立運行，外圍方法異常不影響內部插入，所以兩條記錄都新增成功。

場景二：

此場景外圍方法開啟事務。

1.主要代碼

測試方法代碼如下：

/**
     * 測試 PROPAGATION_REQUIRED
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Transactional
    @Test
    void test_PROPAGATION_REQUIRED() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

2.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都為空，截圖如下：

3.結果分析

外圍方法開啟事務，內部方法加入外圍方法事務，外圍方法回滾，內部方法也要回滾，所以兩個記錄都插入失敗。

結論：以上結果證明在外圍方法開啟事務的情況下Propagation.REQUIRED修飾的內部方法會加入到外圍方法的事務中，所以Propagation.REQUIRED修飾的內部方法和外圍方法均屬於同一事務，只要一個方法回滾，整個事務均回滾。

2.PROPAGATION_SUPPORTS測試

支持當前事務，如果當前存在事務，就加入該事務，如果當前不存在事務，就以非事務執行。

場景一：

此場景外圍方法沒有開啟事務。

1.驗證方法

兩個實現類UserServiceImpl和UserRoleServiceImpl制定事物傳播行為propagation=Propagation.SUPPORTS，然後在測試方法中同時調用兩個方法並在調用結束后拋出異常。

2.主要代碼

外層調用方法代碼：

    /**
     * 測試 PROPAGATION_SUPPORTS
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Test
    void test_PROPAGATION_SUPPORTS() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

UserServiceImpl代碼：

/**
     * 增加用戶
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.SUPPORTS)
    @Override
    public int add(User user) {
        return userMapper.add(user);
    }

UserRoleServiceImpl代碼：

    /**
     * 增加用戶角色
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.SUPPORTS)
    @Override
    public int add(UserRole userRole) {
        return userRoleMapper.add(userRole);
    }

3.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都新增成功，截圖如下：

4.結果分析

外圍方法未開啟事務，插入用戶表和用戶角色表的方法以非事務的方式獨立運行，外圍方法異常不影響內部插入，所以兩條記錄都新增成功。

場景二：

此場景外圍方法開啟事務。

1.主要代碼

test_PROPAGATION_SUPPORTS方法添加註解@Transactional即可。

2.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都為空，截圖如下：

3.結果分析

外圍方法開啟事務，內部方法加入外圍方法事務，外圍方法回滾，內部方法也要回滾，所以兩個記錄都插入失敗。

結論：以上結果證明在外圍方法開啟事務的情況下Propagation.SUPPORTS修飾的內部方法會加入到外圍方法的事務中，所以Propagation.SUPPORTS修飾的內部方法和外圍方法均屬於同一事務，只要一個方法回滾，整個事務均回滾。

3.PROPAGATION_MANDATORY測試

支持當前事務，如果當前存在事務，就加入該事務，如果當前不存在事務，就拋出異常。

通過上面的測試，“支持當前事務，如果當前存在事務，就加入該事務”，這句話已經驗證了，外層添加@Transactional註解后兩條記錄都新增失敗，所以這個傳播行為只測試下外層沒有開始事務的場景。

場景一：

此場景外圍方法沒有開啟事務。

1.驗證方法

兩個實現類UserServiceImpl和UserRoleServiceImpl制定事物傳播行為propagation = Propagation.MANDATORY，主要代碼如下。

2.主要代碼

外層調用方法代碼：

    /**
     * 測試 PROPAGATION_MANDATORY
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Test
    void test_PROPAGATION_MANDATORY() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

UserServiceImpl代碼：

/**
     * 增加用戶
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.MANDATORY)
    @Override
    public int add(User user) {
        return userMapper.add(user);
    }

UserRoleServiceImpl代碼：

    /**
     * 增加用戶角色
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.MANDATORY)
    @Override
    public int add(UserRole userRole) {
        return userRoleMapper.add(userRole);
    }

3.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都為空，截圖如下：

4.結果分析

運行日誌如下，可以發現在調用userService.add()時候已經報錯了，所以兩個表都沒有新增數據，驗證了“如果當前不存在事務，就拋出異常”。

at com.example.springboot.mybatisannotation.service.impl.UserServiceImpl$$EnhancerBySpringCGLIB$$50090f18.add(<generated>)
    at com.example.springboot.mybatisannotation.SpringBootMybatisAnnotationApplicationTests.test_PROPAGATION_MANDATORY(SpringBootMybatisAnnotationApplicationTests.java:78)
    at sun.reflect.NativeMethodAccessorImpl.invoke0(Native Method)
    at sun.reflect.NativeMethodAccessorImpl.invoke(NativeMethodAccessorImpl.java:62)
    at sun.reflect.DelegatingMethodAccessorImpl.invoke(DelegatingMethodAccessorImpl.java:43)
    at java.lang.reflect.Method.invoke(Method.java:498)

4.PROPAGATION_REQUIRES_NEW測試

創建新事務，無論當前存不存在事務，都創建新事務。

這種情況每次都創建事務，所以我們驗證一種情況即可。

場景一：

此場景外圍方法開啟事務。

1.驗證方法

兩個實現類UserServiceImpl和UserRoleServiceImpl制定事物傳播行為propagation = Propagation.REQUIRES_NEW，主要代碼如下。

2.主要代碼

外層調用方法代碼：

    /**
     * 測試 REQUIRES_NEW
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Test
    @Transactional
    void test_REQUIRES_NEW() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

UserServiceImpl代碼：

/**
     * 增加用戶
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.REQUIRES_NEW)
    @Override
    public int add(User user) {
        return userMapper.add(user);
    }

UserRoleServiceImpl代碼：

    /**
     * 增加用戶角色
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.REQUIRES_NEW)
    @Override
    public int add(UserRole userRole) {
        return userRoleMapper.add(userRole);
    }

3.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都新增成功，截圖如下：

4.結果分析

無論當前存不存在事務，都創建新事務，所以兩個數據新增成功。

5.PROPAGATION_NOT_SUPPORTED測試

以非事務方式執行操作，如果當前存在事務，就把當前事務掛起。

場景一：

此場景外圍方法不開啟事務。

1.驗證方法

兩個實現類UserServiceImpl和UserRoleServiceImpl制定事物傳播行為propagation = Propagation.NOT_SUPPORTED，主要代碼如下。

2.主要代碼

外層調用方法代碼：

    /**
     * 測試 PROPAGATION_NOT_SUPPORTED
     *
     * @Author: java_suisui
     */
    @Test
    void test_PROPAGATION_NOT_SUPPORTED() {
        // 增加用戶表
        User user = new User();
        user.setName("Java碎碎念");
        user.setPassword("123456");
        userService.add(user);
        // 增加用戶角色表
        UserRole userRole = new UserRole();
        userRole.setUserId(user.getId());
        userRole.setRoleId(200);
        userRoleService.add(userRole);
        //拋異常
        throw new RuntimeException();
    }

UserServiceImpl代碼：

/**
     * 增加用戶
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.NOT_SUPPORTED)
    @Override
    public int add(User user) {
        return userMapper.add(user);
    }

UserRoleServiceImpl代碼：

    /**
     * 增加用戶角色
     */
    @Transactional(propagation = Propagation.NOT_SUPPORTED)
    @Override
    public int add(UserRole userRole) {
        return userRoleMapper.add(userRole);
    }

3.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都新增成功，截圖如下：

4.結果分析

以非事務方式執行，所以兩個數據新增成功。

場景二：

此場景外圍方法開啟事務。

1.主要代碼

test_PROPAGATION_NOT_SUPPORTED方法添加註解@Transactional即可。

2.代碼執行后數據庫截圖

兩張表數據都新增成功，截圖如下：

3.結果分析

如果當前存在事務，就把當前事務掛起，相當於以非事務方式執行，所以兩個數據新增成功。

6.PROPAGATION_NEVER測試

以非事務方式執行，如果當前存在事務，則拋出異常。

上面已經有類似情況，外層沒有事務會以非事務的方式運行，兩個表新增成功；有事務則拋出異常，兩個表都都沒有新增數據。

7.PROPAGATION_NESTED測試

如果當前存在事務，則在嵌套事務內執行。如果當前沒有事務，則按REQUIRED屬性執行。

上面已經有類似情況，外層沒有事務會以REQUIRED屬性的方式運行，兩個表新增成功；有事務但是用的是一個事務，方法最後拋出了異常導致回滾，兩個表都都沒有新增數據。

到此Spring的7種事務傳播行為已經全部介紹完成了，有問題歡迎留言溝通哦！

完整源碼地址： https://github.com/suisui2019/springboot-study

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摘錄自2019年12月22日中央社報導

德國社會上最近有聲音認為應該延長核電廠的使用年限，檢討廢核政策；不過，德國政府發言人強調廢核是朝野共識，政府2022年廢核的計畫不變。

執政的基督教民主黨（CDU）能源政策發言人菲佛（Joachim Pfeiffer）18日接受「明鏡」週刊（Der Spiegel）訪問時表示，廢核是錯誤的政策；不過，他強調基民黨團不會主動提案。

對此，德國聯邦環境部發言人費克特納（Nikolai Fichtner）在例行記者會表示，朝野政黨2011年達成共識，解決了核電數十年來在德國社會的爭議性。核電是高風險的科技，興建核電廠的計畫顯示核電成本太高，此外還有核廢料的問題。總之，核電帶給未來世代許多問題，環境部認為廢核共識不應該翻盤。

總理梅克爾（Angela Merkel）的發言人塞柏特（Steffen Seibert）也指出，政府對核電的態度沒變，廢核將照原計畫執行。

德國西南部菲力普斯堡（Philippsburg）的核電廠，由安能亞太EnBW營運。照片來源：

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漫威系列中的鋼鐵人 Anthony Stark 擁有極佳的政治和商業手腕，縱橫在各個領域之間。現實生活中的 Tesla 聯合創辦人 Elon Musk，除了在電動車市場佔有一席之地以外，過往他成立的電子支付平臺 PayPal，或是現在同時經營的太空計畫 SpaceX，甚至是打造未來交通系統全新樣貌的 Hyperloop，其成就都可以和 Anthony Stark 比擬。  
Elon Musk 簡介   1971 年出生在南非，Elon Musk 本身具有多重身分，最廣為世人所知的是 SpaceX 創辦人，以及 PayPal 和 Tesla 的聯合創辦人。他有過兩段婚姻和 5 個孩子，最終都以離婚收場。其投資或創立的公司眾多且跨足各種領域，並能善用之間的脈絡進行技術整合，被喻為鋼鐵人的真人版，也曾在電影《鋼鐵人》客串飾演自己。  

▲ Elon Musk 在鋼鐵人中客串演出自己。（Source：）  
創業的起點-Zip2、PayPal   24 歲那年，Musk 從史丹佛的物理研究所中輟離開學校，開創他的第一家公司 Zip2 Corporation，一家對線上報紙提供地圖和商業指引的公司。4 年後，1999 年 Musk 將公司以 3 億 700 萬美元出售，寫下了當年網路產業有史以來最高的成交價。   出售 Zip2 的同年，Musk 從出售 Zip2 得到的錢中撥出一千萬美元投資成立線上金融服務公司 X.com。他想要利用新科技（例如 email）完成支付，並將自己創立的公司和競爭對手 Confinity 合併，後者正是 PayPay 的前身。然而經歷一些衝突後，Confinity 的共同創辦人將 Musk 從董事會中開除，並將公司名稱改為 PayPal，其後在 2002 年被 eBay 以 15 億美元收購。  

▲ PayPal 的商標。  
顛覆汽車產業的 Tesla   2003 年 Martin Eberhard 和 Marc Tarpenning 砸重金成立 Tesla，Musk 隨後加入公司的董事會。該公司推出的第一輛 Roadste 令人驚豔，不僅因為可以在四秒內從 0 加速到 60 英哩 / 每小時，更可以在單次充飽電後行駛 250 英哩。2008 年金融風暴後，Musk 取得公司主導的地位，並接下了 CEO 的職務。   2016 年 3 月，一輛售價 3.5 萬美元（約新台幣 110 萬元）的 Model 3 在全新預售時吸引了全球 32 萬筆以上的訂單。電動車的市場如火如荼發展下，Tesla 改採直銷的方式站在第一線和客戶交互動，並根據顧客回饋隨時修正市場方向。Musk 放話在 2018 年要達到年度出貨 50 萬輛以上的目標，有別於競爭對手使用的鋰電池，Tesla 電動車的電池是數千個普通電池聚合成，可以在行駛長程路線和短時間內加速等方面表現亮眼，其驚豔程度甚至打破了 Consumer Reports 的評比系統。  

 
▲Medel 3（Source：）    
Tesla 的未來發展關鍵：Model 3 能否在 2017 年如期交貨   Tesla 帶起一股電動車的潮流，自然也會吸引競爭對手的模仿。德國福特執行長對外表示他們正積極研發可以與 Model 3 匹敵的長程電動車，目標是每次充飽電可以行駛高達 200 英哩。不僅汽車大廠紛紛投入長程電動車的研發，電池蓄電能力的提升也是另一大技術關鍵。賓士母公司戴姆勒日前對外公開表示正在生產用於家用儲能的電池組，未來計劃販售給電力供應商或太陽能公司，結合太陽能電池儲存功能。這塊電動車大餅的瓜分潮也延燒到中國，其熱度不輸當年的 2000 年網路泡沫。   不過，Tesla 會帶來的是個實際的未來或是幻想呢？2016 年 Model 3 的預售掀起一股熱潮，一天內湧入了 11 萬筆訂單，預售第一周累積筆數高達 32 萬筆。不過 5 月 4 日公布的 2016 年第一季財報看來，雖然營收比去年同期增加 22%，但因為擴張階段帶來的高營業費用支出，以及 2017 年是否能如期交貨仍是個未知數，公司整體仍呈現虧損狀態。另外，預售時的簽訂合約也是個隱藏版玄機，消費者只要交付 1,000 美元，可在未來無條件解約拿回全額訂金。Tesla 的方面，只在合約中提及「可能在 2017 年交貨」，到時候若延至 2018 年或更更遙遠的時間點，趙文字敘述並未違反合約規定。Tesla 能否具足產能在 2017 年順利出貨，將會直接影響 Tesla 未來的發展。  
SpaceX：一手包辦設計、製造和發射火箭的公司   在 2002 年的最後，Musk 成立了 SpaceX，目標是讓火箭的價格變得平易近人。2012 年，SpaceX 推出的 Dragon 成為了第一個在國際太空站和地球間運送貨櫃的商業宇宙飛船。Musk 最終希望透過 Dragon 將人類送上外太空，並且計劃將人類送到火星殖民地。   經歷了 4 次的失敗，SpaceX 成功讓獵鷹 9 號火箭在發射太空梭到太空後，成功的降落在海上平台。Musk 近日對外宣布要在 2018 年登上火星，回顧 SpaceX 發展的光景，有以下的重大成就：

1. SpaceX 為一家掌握了設計、製造和發送等製造流程的私人公司，正因為一條龍的供應鏈整合降低了成本，相對於一般需花費 4.6 億美元，SpaceX 的支出僅 9,000 萬美元。
2. SpaceX 的獵鷹 9 號火箭由9 座 Merlin 1D 引擎建構，即使其中一座引擎在發射期間故障，不過火箭仍順利將運載的貨物成功送上太空完成任務。
3. 第一家回收火箭的私人公司，完成發射衛星到地球軌道後，還能將獵鷹 9 號成功回收，這可是唯大做到的公司，是可相當大的創新壯舉。

SpaceX 公司員工數從 2002 年創立的 14 人，到現在已有 2,000 人，短時間人力資源速度增加之快令人佩服。近期 SpaceX 也獲得 NASA 的認可，拿下了運送太空人往返國際太空站的權利，預計最快 2017 年就能達成此目標。此外，也打敗了競爭對手聯合發射聯盟（United Launch Alliance）得到了軍事衛星的發射資格。台灣的福爾摩沙衛星五號將由 SpaceX 提供 Falcon 9 火箭，預計 2016 年第二季發射。  
SolarCity：太陽能乾淨能源系統的擁護者   Musk 長久以來就以支持永續和綠能科技聞名。為了讓 Tesla 可以保持在節省能源之流，他投資巨額在 SolarCity，一個由他的表兄弟 Lyndon 和 Peter Rive 成立安裝家戶太陽能的公司，目前 Musk 擔任該公司的主席。   SolarCity 設計和裝設太陽能乾淨能源系統，同時也監管和建構電動車充電站。2015 年 4 月，他宣布SloarCity 和 Tesla 的電池合作，推動太陽能電池後衛系統。同年底，Musk 對外宣稱通過 Renewable Energy Test Center（RETC）的測試，其太陽能板的轉換率高達 22.04%，勝過最大競爭對手 SunPower X 的 21.5% 轉換效率。   SolarCity 看好的前景，吸引 Google 投資 3 億美元協助開拓住宅太陽能市場。SolarCity 也大動作進軍非洲，或者與 Tesla、Nest 結盟，目標在缺乏能源的夏威夷推出自給自足的能源系統。然而，SolarCity 推出的家庭能源儲存系統的 10 Wh 容量 Powerwall 已在 2016 年 3 月悄悄下架，只留下號稱 7 Wh 的 6.4 Wh 版本，不禁讓外界質疑 Powerwall 的前景。  

▲ Powerwall 展示。（Source：）  
Hyperloop ：未來交通系統樣貌的超迴路列車   超迴路列車（Hyperloop）是 Musk 著手的新計畫，一項可以加快兩地之間移動速度的交通系統。摩擦力是造成交通工具移動速度快慢的關鍵，Hyperloop 計劃以懸浮的運行方式，利用膠囊型的座艙載客，速度預計可以在 30 分鐘內橫跨越約 350 英里（約 560 公里）的距離，有可能超越飛機的飛行速度。不過這項運輸建設尚在計劃當中，相關的費用估計也存有爭議。

（首圖來源： CC BY 2.0）

（本文授權轉載自《》─〈〉）

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