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技术发展日新月异，我们需要保持敏锐的学习能力和好奇心。每一次新技术的掌握，都是对未来的投资。在这里记录学习过程中的思考与总结，分享解决问题的方法和经验。
\n通过不断的实践和总结，将知识转化为真正的技能。只有经过实践验证的技术和方法，才能真正帮助我们解决实际问题。你可以在这里找到算法题解、技术笔记和项目实践等内容。
\n\n你可以请我喝杯咖啡，我会做得更好。谢谢！
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\n\n求以下方程的整数解个数：
\nx2+y2=r2\n费马平方和定理（Fermat's theorem on sums of two squares）表明：奇素数 p 能表示为两个平方数之和，当且仅当 p≡1(mod4)。
\n若：
\nn=2a∏piαi∏qjβj\n则 n 的两平方和表示数为：
\n4∏(αi+1)\n其中 pi≡1(mod4),qj≡3(mod4)，且所有 βj 均为偶数。
\n本题即求 r2 的两平方和表示数，设：
\nr=2a∏piki∏qjmj\n则：
\nr2=22a∏pi2ki∏qj2mj\n由于已经是平方，所有 qj≡3(mod4) 的指数均为偶数，故答案为：
\n4∏(2ki+1)\n因此只需要分解 r，统计所有 4k+1 型质因子的指数即可。
\n时间复杂度为 O(r)。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint r;
\tcin>>r;
\tint ans=4;
\tfor(int i=2;i*i<=r;i++)
\t{
\t\tif(r%i)continue;
\t\tint k=0;
\t\twhile(r%i==0){r/=i;k++;}
\t\tif(i%4==1)ans*=k*2+1;
\t}
\tif(r>1&&r%4==1)ans*=3;
\tcout<<ans<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P1999-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n求 a 维空间的超立方体有几个 b 维结构。
\n将超立方体视为 [0,1]a，每个 b 维结构等价于选取 b 个坐标自由变化，其余 a−b 个坐标分别固定为 0 或 1，因此答案为：
\nCab2a−b\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int mod=1e9+7;
ll Pow(ll a,ll b)
{
\ta%=mod;
\tll res=1;
\twhile(b)
\t{
\t\tif(b&1)res=res*a%mod;
\t\ta=a*a%mod;
\t\tb>>=1;
\t}
\treturn res;
}
ll C(ll a,ll b)
{
\tif(a<b||b<0)return 0;
\tll p=1,q=1;
\tfor(ll i=a-b+1;i<=a;i++)p=p*i%mod;
\tfor(ll i=1;i<=b;i++)q=q*i%mod;
\treturn p*Pow(q,mod-2)%mod;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tll a,b;
\tcin>>a>>b;
\tcout<<C(a,b)*Pow(2,a-b)%mod<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-AT__wupc2012__6-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定平面上 n 个点的坐标 (xi,yi)，求满足条件的最大矩阵面积：
\n由于矩形的每条边都与坐标轴平行，因此只需要枚举左下角和右上角两个点，再判断另外两个点是否存在，即可确定一个矩形。
\n由于坐标值域较小，可以用二维数组记录每个点，并预处理二维前缀和，这样就能 O(1) 查询矩形内部的点数是否为 0。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int s[N][N];
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n;
\tcin>>n;
\tvector<pair<int,int>> a(n);
\tfor(auto &[x,y]:a)
\t{
\t\tcin>>x>>y;
\t\tx++;
\t\ty++;
\t\ts[x][y]=1;
\t}
\tfor(int i=1;i<N;i++)
\t{
\t\tfor(int j=1;j<N;j++)
\t\t{
\t\t\ts[i][j]=s[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
\t\t}
\t}
\tauto sum=[&](int x1,int y1,int x2,int y2)
\t{
\t\treturn s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1];
\t};
\tint ans=0;
\tfor(auto [x1,y1]:a)
\t{
\t\tfor(auto [x2,y2]:a)
\t\t{
\t\t\tif(x1>=x2||y1>=y2)continue;
\t\t\tif(!sum(x1,y2,x1,y2)||!sum(x2,y1,x2,y1))continue;
\t\t\tif(sum(x1+1,y1+1,x2-1,y2-1))continue;
\t\t\tans=max(ans,(x2-x1)*(y2-y1));
\t\t}
\t}
\tcout<<ans<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-SP2415-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定一张 n 个节点 m 条边的无向图，边权表示电阻阻值，求节点 1 到 n 的等效电阻。
\n设节点 x 的电势为 φx，边 (u,v) 的电阻为 Ru,v，则电导为：
\nGu,v=Ru,v1\n根据 欧姆定律，从 u 到 v 的电流为：
\nIu,v=Ru,vφu−φv=Gu,v(φu−φv)\n根据 基尔霍夫电流定律，对于任意一个普通节点，所有关联支路电流的代数和为 0。
\n考虑节点 u 的电流：
\n(u,v)∈E∑Iu,v=(u,v)∈E∑Gu,v(φu−φv)=0\n展开可得：
\n(u,v)∈E∑Gu,vφu−(u,v)∈E∑Gu,vφv=0\n这是一个关于各点电势的线性方程。
\nau,1φ1+au,2φ2+⋯+au,nφn=bu\n考虑添加一条边 (u,v)，设其电导为 G。节点 u 的方程加入 G(φu−φv)，节点 v 的方程加入 G(φv−φu)，因此对应到系数矩阵就是：
\nau,u←au,u+G\nau,v←au,v−G\nav,v←av,v+G\nav,u←av,u−G\n把所有边的贡献都加到矩阵里，就得到了整个线性方程组。
\n我们可以在节点 1 通入 1A 电流，并将节点 n 设为零电势点，求出节点 1 的电势。
\nb1=1,φn=0\n利用 高斯消元 求解各点电势后，等效电阻为：
\nR=IU=1φ1−φn=φ1\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-8;
const int N=105;
double a[N][N];
bool gauss(int n)
{
\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t{
\t\tint t=i;
\t\tfor(int j=i+1;j<=n;j++)
\t\t{
\t\t\tif(fabs(a[j][i])>fabs(a[t][i]))t=j;
\t\t}
\t\tif(fabs(a[t][i])<eps)return 0;
\t\tswap(a[i],a[t]);
\t\tfor(int j=n+1;j>=i;j--)a[i][j]/=a[i][i];
\t\tfor(int j=1;j<=n;j++)
\t\t{
\t\t\tif(i==j)continue;
\t\t\tfor(int k=n+1;k>i;k--)a[j][k]-=a[i][k]*a[j][i];
\t\t}
\t}
\treturn 1;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n,m;
\twhile(cin>>n>>m)
\t{
\t\twhile(m--)
\t\t{
\t\t\tint u,v;
\t\t\tdouble r;
\t\t\tcin>>u>>v>>r;
\t\t\tdouble g=1/r;
\t\t\ta[u][u]+=g;
\t\t\ta[u][v]-=g;
\t\t\ta[v][v]+=g;
\t\t\ta[v][u]-=g;
\t\t}
\t\ta[1][n+1]=1;
\t\tfor(int i=1;i<n;i++)a[n][i]=0;
\t\ta[n][n]=1;
\t\ta[n][n+1]=0;
\t\tgauss(n);
\t\tcout<<fixed<<setprecision(2)<<a[1][n+1]<<'\\n';
\t\tmemset(a,0,sizeof a);
\t}
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P15421-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n在 n×n 的 01 网格中尽可能多填入 1，使得选取任意一个 1 上下左右移动一步后，都不会出现横向或纵向连续 3 个 1。
\n填入 ⌈3n2⌉ 个 1 可以获得 100 分基础分，超出部分可以获得附加分。
\n我们可以将每个格子 (i,j) 按照 (i+j)mod3={0,1,2} 划分为 3 个集合。显然在每个集合内，连续 3 个格子至多有 1 个 1，因此任意一个集合填入 1 都满足条件。根据鸽巢原理，最大集合的大小为 ⌈3n2⌉，即可获得 100 分基础分。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tfor(int n=1;n<=270;n++)
\t{
\t\tint t=(n+1)%3;
\t\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t\t{
\t\t\tfor(int j=1;j<=n;j++)
\t\t\t{
\t\t\t\tcout<<((i+j)%3==t?'x':'o');
\t\t\t}
\t\t\tcout<<'\\n';
\t\t}
\t}
\treturn 0;
}
到泰国清迈过农历新年，这是我连续第 4 年在外地过年了：2023 福建泉州，2024 广东潮汕，2025 马来西亚槟城，2026 泰国清迈。
\n\n上海 飞机MU7259 清迈 大巴 清莱、金三角 大巴 清迈 飞机MU7260 上海
\n![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P13513-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\nHankook 和 Jeong-ul 两个人将在釜山停留 n 天，给定两个 01 字符串 a,b 表示各自日程。
\n若某人某天对应的日程字符为 1，则该人当天必须拥有至少一张有效票券。
\n可购买以下票券，求所需的最小费用：
\n考虑使用 DP 解决：设 fi,j 表示 Hankook 前 i 天和 Jeong-ul 前 j 天都满足覆盖的最小费用。
\n边界情况 f0,0=0。
\n枚举 fi,j，考虑三种情况的最小值：
\n时间复杂度为 O(n2)。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2005;
int f[N][N];
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n,p1,p3,p5,pr;
\tstring a,b;
\tcin>>n>>a>>b>>p1>>p3>>p5>>pr;
\tmemset(f,0x3f,sizeof f);
\tfor(int i=0;i<=n;i++)
\t{
\t\tfor(int j=0;j<=n;j++)
\t\t{
\t\t\tif(i==0&&j==0){f[i][j]=0;continue;}
\t\t\tint t1=i==0?inf:min({f[i-1][j]+(a[i-1]-'0')*p1,f[max(0,i-3)][j]+p3,f[max(0,i-5)][j]+p5});
\t\t\tint t2=j==0?inf:min({f[i][j-1]+(b[j-1]-'0')*p1,f[i][max(0,j-3)]+p3,f[i][max(0,j-5)]+p5});
\t\t\tint t3=i!=j?inf:f[max(0,i-4)][max(0,j-4)]+pr;
\t\t\tf[i][j]=min({t1,t2,t3});
\t\t}
\t}
\tcout<<f[n][n]<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P1012-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定 n 个正整数 ai，将它们首尾相接，求能组成的最大整数。
\n定义字符串集合 S 上的二元关系 ≻：
\nx≻y⟺xy>yx\n其中 xy 表示字符串 x 和 y 的拼接。
\n设 v(s) 为字符串 s 对应的数值，l(s) 为 s 的长度。构造映射 φ:S→R：
\nφ(s)=10l(s)−1v(s)\nx≻y⟺v(x)10l(y)+v(y)>v(y)10l(x)+v(x)⟺v(x)(10l(y)−1)>v(y)(10l(x)−1)⟺10l(x)−1v(x)>10l(y)−1v(y)⟺φ(x)>φ(y)\n由实数域上 > 的传递性和非对称性，可知 ≻ 在 S 上满足 严格弱序。
\n假设最优排列 P 存在相邻逆序 pi+1≻pi，交换两者得到 P′。
\n由于 pi+1pi>pipi+1，且交换不影响前后缀的数值贡献。故 P′ 总数值严格增大，与 P 为最优解矛盾。
\n因此，最优解为按 ≻ 降序的排列。
\n时间复杂度为 O(nlognlogai)。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n;
\tcin>>n;
\tvector<string> a(n);
\tfor(auto &s:a)cin>>s;
\tsort(a.begin(),a.end(),[](auto x,auto y){return x+y>y+x;});
\tfor(auto s:a)cout<<s;
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P2789-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n平面上有 n 条直线，且无三线共点，求这些直线有多少种可能的交点数。
\n此问题可以转化为 完全背包 问题：
\n时间复杂度为 O(n3)。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1005;
int f[N];
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n;
\tcin>>n;
\tint m=n*(n-1)/2;
\tfor(int i=1;i<=m;i++)f[i]=inf;
\tfor(int j=2;j<=n;j++)
\t{
\t\tint w=j*(j-1)/2;
\t\tfor(int i=w;i<=m;i++)f[i]=min(f[i],f[i-w]+j);
\t}
\tint ans=0;
\tfor(int i=0;i<=m;i++)if(f[i]<=n)ans++;
\tcout<<ans<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P14635-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定 n 种糖果，每种库存无限。第 i 种糖果的售价循环为 xi,yi,xi,yi,…。求 m 元最多能购买多少颗糖果。
\n考场思路。
\n我们可以将每种糖果拆分为两类 套装：
\n由于两类套装的相互独立，可以将 a 和 b 分别排序。
\n显然花费随着糖果数量增加 单调递增，我们可以对购买数量 k 进行 二分答案。
\n计算购买 k 颗糖果的最小花费：将 k 拆分为 k=2p+q，即购买 p 组两颗装和 q 组一颗装。
\n考虑两类套装的最小花费：
\n枚举两颗装组数 p，得到单颗装组数 q=k−2p，此时的总花费为：
\npb1+sq\n关于 p 的范围：由于 k=2p+q，而 0≤q≤n，因此 0≤k−2p≤n，解得：
\nmax(⌈2k−n⌉,0)≤p≤⌊2k⌋\n时间复杂度为 O(nlogm)，注意这个方法要用 __int128。
半小时过 T1，罚坐四小时。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=100005;
ll a[N],b[N];
ll n,m;
bool check(ll k)
{
\t__int128 mn=inf;
\tfor(ll p=max(k-n+1>>1,0ll);p<=k>>1;p++)
\t{
\t\tmn=min(mn,__int128(p)*b[1]+a[k-p*2]);
\t}
\treturn mn>m;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tcin>>n>>m;
\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t{
\t\tcin>>a[i]>>b[i];
\t\tb[i]+=a[i];
\t}
\tsort(a+1,a+n+1);
\tsort(b+1,b+n+1);
\tfor(int i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];
\tll l=0,r=inf;
\twhile(l<r)
\t{
\t\tll mid=l+r>>1;
\t\tif(check(mid))r=mid;
\t\telse l=mid+1;
\t}
\tcout<<l-1<<'\\n';
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P10814-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定长度为 n 的序列 a，有 m 次询问。
\n每次询问给定 l,r,x，求区间 [l,r] 中满足 ai≤x 的元素数量。
\n每个元素 ai 可以看作二维平面中的一个点 (i,ai)。
\n每次询问 (l,r,x) 等价于统计矩形 [l,r]×[1,x] 内点的数量。
\n直接二维数据结构会超时，考虑转化为可以 前缀查询 的一维问题。
\n每次询问是可差分的，区间 [l,r] 可以拆分为 [1,r]−[1,l−1]。
\n这样每次询问转化为 2 个 前缀询问 (u,x)：统计区间 [1,u] 中满足 aj≤x 的元素数量。
\n将所有 2m 个前缀询问按第一维 u 排序。
\n用序列 b 维护值域，bk 表示当前第二维为 k 的元素数量。
\n对于每个前缀询问 (u,x)，先将所有 j≤u 的 aj 加入序列 b，得到前缀 [1,u] 的状态。
\n计算 s=∑k=1xbk 表示当前满足 aj≤x 的元素数量，最后将 s 贡献到对应问题的答案。
\n使用 树状数组 维护序列 b，实现 O(logn) 单点修改和区间查询。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000005;
int a[N],c[N],ans[N];
void add(int u){while(u<N){c[u]++;u+=u&-u;}}
int sum(int u){int res=0;while(u){res+=c[u];u-=u&-u;}return res;}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n,m;
\tcin>>n>>m;
\tfor(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
\tvector<tuple<int,int,int,int>> s;
\tfor(int i=1;i<=m;i++)
\t{
\t\tint l,r,x;
\t\tcin>>l>>r>>x;
\t\ts.push_back({r,x,i,1});
\t\ts.push_back({l-1,x,i,-1});
\t}
\tsort(s.begin(),s.end());
\tint j=1;
\tfor(auto [u,x,i,f]:s)
\t{
\t\twhile(j<=u)add(a[j++]);
\t\tans[i]+=sum(x)*f;
\t}
\tfor(int i=1;i<=m;i++)cout<<ans[i]<<'\\n';
\treturn 0;
}
本文将介绍同化和异化在语言学、生命科学、社会学、心理学及哲学领域的含义和联系。
\n\n在语言学中，特别是语音学，这两个概念描述了音素在语流中如何相互影响。
\n语音同化（Assimilation）指一个音受邻近音的影响，变得与它相同或相似。这通常是为了发音省力。
\n/ˈhændbæɡ/，但由于 d 是齿龈音，后面紧跟双唇音 b，为了发音方便，前面的音也变为双唇音 m，读作 /ˈhæmbæɡ/。语音异化（Dissimilation）指两个相同或相似的音，其中一个为了避免重复或为了听感清晰，变得不相同。
\nr，演变为英语 pilgrim 时，第一个 r 变成了 l。有趣的是，英语单词 Assimilation 本身的构成，就是语音同化现象的完美案例。
\nad-（向、去）+ 词根 similis（相似）。ad-（例如 Adjust、Admire），但当它遇到以 s 开头的词根时，为了发音顺滑，齿龈音 d 被后面的 s 逆行同化 成了 s。在生物学中，这一对概念构成了 新陈代谢（Metabolism）的两个方面。
\n同化作用（Anabolism / Assimilation）即合成代谢。生物体将从外界摄取的营养物质转变成自身的组成物质，并储存能量。
\n简单物质+能量→复杂物质\n异化作用（Catabolism / Dissimilation）即分解代谢。生物体将体内的有机物质分解成简单的无机物，并释放能量。
\n复杂物质→简单物质+能量\n同化是「赚钱存钱」（建设），异化是「花钱消费」（分解）。
\n在社会学中，「异化」的含义发生了巨大变化，从「分解」转变为「疏离」。
\n文化同化（Cultural Assimilation）指不同的族群或文化群体，在接触中逐渐变得相似，通常指弱势或少数群体采纳了主流或强势群体的文化特征。
\n社会异化（Social Alienation）指个体感到与社会、社区或他人疏远、隔离的状态。
\n让·皮亚杰（Jean Piaget，1896–1980）将同化视为认知发展的核心机制之一。
\n认知同化（Assimilation）指个体将新的刺激或信息纳入到已有的 图式（Schema）中。
\n心理异化（Psychological Alienation）指一种心理上的分裂感或陌生感。
\n这里是「异化」概念的起源，尤其是黑格尔和马克思的理论。
\n在认识论中，同化指主体将客体（外部世界）转化为内在意识的一部分。即「我理解了它，它成为了我思想的一部分」。
\n异化（Alienation / Entfremdung）的核心定义是：主体创造了客体，但客体反过来控制、奴役了主体。
\n卡尔·马克思（Karl Marx，1818–1883）提出了 劳动异化 理论：
\n通俗理解：人类发明了金钱方便交换，最后金钱主宰了人类；人类发明了 AI 服务生活，最后担心 AI 统治人类。这就是异化。
\n| 领域 | 同化 | 异化 | 关键词 |
|---|---|---|---|
| 语言 | 变相似 | 变不同 | 发音省力 vs 辨识度 |
| 生物 | 合成、储能 | 分解、释能 | 建设 vs 消耗 |
| 社会 | 融入主流文化 | 个体与社会疏离 | 融合 vs 孤立 |
| 心理 | 纳入旧图式 | 自我分裂、陌生感 | 认知整合 vs 心理防御 |
| 哲学 | 吸收为己有 | 创造物反制创造者 | 统一 vs 主客体颠倒 |
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P14319-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n先对整个区间 [1,n] 进行操作 1（翻转）和操作 2（查询），此时分为两种情况：
\n对于第一种情况，再次进行全局翻转。
\n由于坏灯不会连续两次翻转，必然只有 1 个灯亮，这样就转换为类似第二种情况。
\n此时有且仅有 1 个灯亮或不亮，通过二分查询即可定位。
\n最多需要 3+⌈log2500⌉=3+9=12 次操作。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
\tint T;
\tcin>>T;
\twhile(T--)
\t{
\t\tint n;
\t\tcin>>n;
\t\tcout<<1<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
\t\tcout<<2<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
\t\tint k;
\t\tcin>>k;
\t\tif(k==n)cout<<1<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
\t\tint l=1,r=n;
\t\twhile(l<r)
\t\t{
\t\t\tint mid=l+r>>1;
\t\t\tcout<<2<<' '<<l<<' '<<mid<<endl;
\t\t\tint t;
\t\t\tcin>>t;
\t\t\tif(k==n?t>0:t<mid-l+1)r=mid;
\t\t\telse l=mid+1;
\t\t}
\t\tcout<<3<<' '<<l<<endl;
\t}
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P14514-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定长度为 n 的数列 ai，每次随机选择 1 个元素平均分给其他 n−1 个元素，求 k 次操作后 ai 的期望。
\n数列 ai 的总和始终为定值 s：
\ns=i=1∑nai\n设 j∈[0,k] 次操作后 ai 的期望为 ai,j。特别地，ai,0=ai。
\n如果 j 次操作选择了 p∈[1,n]，则有：
\nai,j={0ai,j−1+n−1ap,j−1p=ip=i\n因此 ai,j 的期望为：
\nai,j=p=1,p=i∑nn1(ai,j−1+n−1ap,j−1)=nn−1⋅ai,j−1+n(n−1)1p=1,p=i∑nap,j−1=nn−1⋅ai,j−1+n(n−1)s−ai,j−1=nn−1⋅ai,j−1+n(n−1)s−n(n−1)1⋅ai,j−1=n(n−1)(n−1)2−1⋅ai,j−1+n(n−1)s=n−1n−2⋅ai,j−1+n(n−1)s\n显然 ai,j 的值只与 ai,j−1 有关，这是一个线性递推。设：
\nx=n−1n−2,y=n(n−1)s\n得到 ai,k 的通项公式：
\nai,k=xkai,0+y(xk−1+xk−2+⋯+x+1)=xkai,0+y⋅x−1xk−1\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int mod=998244353;
const int N=1000005;
ll a[N];
ll Pow(ll x,ll y)
{
\tx%=mod;
\tll res=1;
\twhile(y)
\t{
\t\tif(y&1)res=res*x%mod;
\t\tx=x*x%mod;
\t\ty>>=1;
\t}
\treturn res;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint n,k;
\tcin>>n>>k;
\tll sum=0;
\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t{
\t\tcin>>a[i];
\t\tsum=(sum+a[i])%mod;
\t}
\tll x=(n-2)*Pow(n-1,mod-2)%mod,y=sum*Pow(n,mod-2)%mod*Pow(n-1,mod-2)%mod;
\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t{
\t\tcout<<(Pow(x,k)*a[i]%mod+y*(Pow(x,k)-1)%mod*Pow(x+mod-1,mod-2)%mod)%mod<<' ';
\t}
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-P5656-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定 1≤a,b,c≤109，求解不定方程：
\nax+by=c\n-1；一次不定方程（Linear Diophantine Equation）是形如以下形式的方程：
\na1x1+a2x2+⋯+anxn=b\n其中 ai 和 b 都是整数，我们会研究 xi 的整数解。
\n特别地，当 n=2 时为二元一次不定方程：
\na1x1+a2x2=b\n我们可以调整一下变量名：
\nax+by=c\n裴蜀定理（Bézout's Lemma）给出了二元一次不定方程 有整数解 的充要条件。
\n对于整数 a,b（不全为 0），存在整数 x,y 使得 ax+by=gcd(a,b)。
\n换句话说，ax+by=c 有整数解当且仅当 gcd(a,b)∣c。
\n证明详见 Bézout's identity - Wikipedia。
\n欧几里得算法（辗转相除法）可以求两个整数的 最大公约数（Greatest Common Divisor，GCD）。
\ngcd(a,b)=gcd(b,amodb)\n证明：设 a=kb+c。若 d∣a,b，则 d∣c；若 d∣b,c，则 d∣a。故 a,b 与 b,c 的公约数集合相同，因此 gcd(a,b)=gcd(b,c)=gcd(b,amodb)。
\n显然 amodb<b，因此可以递归求解。特别地，gcd(a,0)=a。
\ngcd(a,b)={agcd(b,amodb)b=0otherwise\nll Gcd(ll a,ll b)
{
\treturn !b?a:Gcd(b,a%b);
}
扩展欧几里得算法（Extended Euclidean Algorithm，EXGCD）可以求 ax+by=gcd(a,b) 的 一组整数解。
\nax+by=gcd(a,b)⟺ay+b(x−⌊ba⌋y)=gcd(a,b)\n设一组整数解为 (x0,y0)：
\nax0+by0=gcd(a,b)\nbx1+(amodb)y1=gcd(b,amodb)\n根据欧几里得算法：
\ngcd(a,b)=gcd(b,amodb)\n所以：
\nax0+by0=bx1+(amodb)y1\n又因为：
\namodb=a−⌊ba⌋×b\n所以：
\nax0+by0=bx1+(a−⌊ba⌋×b)y1\nax0+by0=ay1+bx1−⌊ba⌋×by1=ay1+b(x1−⌊ba⌋y1)\n所以：
\nx0=y1,y0=x1−⌊ba⌋y1\n将 x1,y1 不断代入递归求解直至 gcd 为 0 递归 x=1,y=0 回去求解。
\ntuple<ll,ll,ll> exgcd(ll a,ll b)
{
\tif(!b)return {a,1,0};
\tauto [g,x,y]=exgcd(b,a%b);
\treturn {g,y,x-a/b*y};
}
我们先用 扩展欧几里得算法 求出最大公约数 g=gcd(a,b) 和一组整数解 (x0,y0)。
\nax0+by0=g\n根据裴蜀定理，当 c 不是 g 的倍数时无解，输出 -1。
将方程两边同时乘以 gc：
\ngc⋅ax0+gc⋅by0=gc⋅d=c\n此时我们令 x0←gc⋅x0,y0←gc⋅y0，就得到了原问题的一组解 (x0,y0)。
\n每两组解的 x 和 y 分别相差了：
\ndx=gb,dy=ga\n而所有正整数解分别为：
\n(xmin,ymax),(xmin+dx,ymax−dy),…,(xmax,ymin)\n显然 xmin∈[1,dx],ymin∈[1,dy]，可以通过取模得到：
\nxmin=(x0−1)moddx+1,ymin=(y0−1)moddy+1\n当 x 最小时 y 最大，y 最小时 x 最大，因此：
\nxmax=ac−bymin,ymax=bc−axmin\n因此正整数解的数量为：
\nn=dxxmax−xmin+1=dyymax−ymin+1\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
tuple<ll,ll,ll> exgcd(ll a,ll b)
{
\tif(!b)return {a,1,0};
\tauto [g,x,y]=exgcd(b,a%b);
\treturn {g,y,x-a/b*y};
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint T;
\tcin>>T;
\twhile(T--)
\t{
\t\tll a,b,c;
\t\tcin>>a>>b>>c;
\t\tauto [g,x,y]=exgcd(a,b);
\t\tif(c%g){cout<<-1<<'\\n';continue;}
\t\tx*=c/g;y*=c/g;
\t\tll dx=b/g,dy=a/g;
\t\tll x_min=(x%dx+dx-1)%dx+1,y_min=(y%dy+dy-1)%dy+1,x_max=(c-b*y_min)/a,y_max=(c-a*x_min)/b;
\t\tif(y_max>0)cout<<(x_max-x_min)/dx+1<<' '<<x_min<<' '<<y_min<<' '<<x_max<<' '<<y_max<<'\\n';
\t\telse cout<<x_min<<' '<<y_min<<'\\n';
\t}
\treturn 0;
}
![](\"https://img.shields.io/badge/%E6%B4%9B%E8%B0%B7-CF2110D-?style=for-the-badge&logo=luogu\"){kind=icon}
\n\n给定一张 n 个点和 m 条边的有向无环图（DAG），每条边 (ui,vi) 保证 ui<vi，通过时需要电量不少于 wi。
\n机器人从节点 1 出发，初始电量为 0。在到达第 i 个节点时，可以选择获得 [0,ai] 的电量。求机器人到达节点 n 时的最小电量。
\n答案具有单调性，可以二分最小可行电量 x。
\n由于电量不会减少，全程电量始终不能超过 x，显然越早提高电量越好。
\n设 fi 表示到达节点 i 时的最大电量，因为 ui<vi，所以可以直接遍历 v∈[1,n]。
\n考虑节点 v，能从所有入边中获得的最大电量为：
\nt=w(u,v)≤fumaxfu\n若不存在满足条件的入边，则令 t=−∞。
\n该节点能获得的最大电量 av，总电量不超过 x，因此有：
\nfv=min(t+av,x)\n最终判断 fn≥0 即表示可行。
\n每次判断的时间复杂度为 O(n+m)，总时间复杂度为 O((n+m)log∑w)。
\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=200005;
vector<pair<int,int>> G[N];
ll a[N],f[N];
bool check(ll x,int n)
{
\tf[1]=min(a[1],x);
\tfor(int v=2;v<=n;v++)
\t{
\t\tf[v]=-inf;
\t\tfor(auto [u,w]:G[v])
\t\t{
\t\t\tif(w<=f[u])f[v]=max(f[v],f[u]);
\t\t}
\t\tf[v]=min(f[v]+a[v],x);
\t}
\treturn f[n]>=0;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tint T;
\tcin>>T;
\twhile(T--)
\t{
\t\tint n,m;
\t\tcin>>n>>m;
\t\tll sum=0;
\t\tfor(int i=1;i<=n;i++)
\t\t{
\t\t\tcin>>a[i];
\t\t\tsum+=a[i];
\t\t}
\t\twhile(m--)
\t\t{
\t\t\tint u,v,w;
\t\t\tcin>>u>>v>>w;
\t\t\tG[v].push_back({u,w});
\t\t}
\t\tll l=0,r=sum+1;
\t\twhile(l<r)
\t\t{
\t\t\tll mid=l+r>>1;
\t\t\tif(check(mid,n))r=mid;
\t\t\telse l=mid+1;
\t\t}
\t\tcout<<(l!=sum+1?l:-1)<<'\\n';
\t\tfor(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();
\t}
\treturn 0;
}
《美国国家地理杂志：一生必去的 50 个地方》中文翻译。
\n\n![\"\"](\"https://cloud.lailai.one/f/RjsX/paintboard-header.png\")
![\"\"](\"https://cloud.lailai.one/f/RenSX/paintboard-poster.png\")
八校计划 由 重庆市育才中学校 发起，面向全国 8 所高中，共同维护 八校校徽。
\n欢迎下列学校的同学和愿意支持本计划的任何人，贡献 Token 或 手机号。
\n（按拼音字典排序）
", "url": "https://lailai.one/zh-Hans/blog/project/paintboard", "title": "LGS Paintboard 2026", "summary": "{/ truncate /}", "date_modified": "2025-10-22T14:08:00.000Z", "tags": [ "项目" ] }, { "id": "https://lailai.one/zh-Hans/blog/project/account-generator", "content_html": "程序随机生成不超过 16 位的用户名，并根据该用户名生成密码。
\n\n#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const vector<string> first=
{
\t\"alex\",\"adam\",\"amy\",\"arthur\",\"andrew\",\"anna\",\"ashley\",\"austin\",\"bella\",\"ben\",
\t\"brad\",\"brandon\",\"brian\",\"brittany\",\"brooke\",\"cameron\",\"carol\",\"charles\",\"chloe\",\"chris\",
\t\"claire\",\"cole\",\"connor\",\"cynthia\",\"daniel\",\"david\",\"derek\",\"diana\",\"dylan\",\"edward\",
\t\"ella\",\"emily\",\"ethan\",\"eva\",\"evan\",\"faith\",\"felix\",\"frank\",\"gabriel\",\"george\",
\t\"grace\",\"grant\",\"greg\",\"hannah\",\"harry\",\"henry\",\"holly\",\"ian\",\"isaac\",\"isabel\",
\t\"jack\",\"jacob\",\"james\",\"jason\",\"jeff\",\"jennifer\",\"jessica\",\"john\",\"jordan\",\"joseph\",
\t\"josh\",\"julia\",\"justin\",\"karen\",\"karl\",\"kate\",\"kevin\",\"kim\",\"laura\",\"leo\",
\t\"liam\",\"lily\",\"lucas\",\"lucy\",\"madison\",\"mark\",\"mary\",\"matt\",\"mia\",\"michael\",
\t\"michelle\",\"mike\",\"morgan\",\"natalie\",\"nathan\",\"nick\",\"noah\",\"olivia\",\"oscar\",\"paul\",
\t\"peter\",\"rachel\",\"rebecca\",\"richard\",\"robert\",\"ryan\",\"sam\",\"sara\",\"sophia\",\"thomas\",
\t\"tim\",\"tyler\",\"victor\",\"william\",\"zoe\"
};
const vector<string> last=
{
\t\"adams\",\"allen\",\"anderson\",\"bailey\",\"baker\",\"barnes\",\"bennett\",\"brooks\",\"brown\",\"butler\",
\t\"campbell\",\"carter\",\"clark\",\"collins\",\"cook\",\"cooper\",\"cox\",\"cruz\",\"davies\",\"davis\",
\t\"diaz\",\"edwards\",\"evans\",\"fisher\",\"flores\",\"foster\",\"garcia\",\"gomez\",\"gonzalez\",\"gray\",
\t\"green\",\"griffin\",\"hall\",\"harris\",\"hayes\",\"henderson\",\"hill\",\"hughes\",\"jackson\",\"jenkins\",
\t\"johnson\",\"jones\",\"kelly\",\"kennedy\",\"kim\",\"king\",\"lee\",\"lewis\",\"lopez\",\"martin\",
\t\"martinez\",\"miller\",\"mitchell\",\"moore\",\"morgan\",\"morris\",\"murphy\",\"nelson\",\"nguyen\",\"parker\",
\t\"perez\",\"perry\",\"peterson\",\"phillips\",\"powell\",\"price\",\"ramirez\",\"reed\",\"richardson\",\"rivera\",
\t\"roberts\",\"robinson\",\"rodriguez\",\"rogers\",\"ross\",\"russell\",\"sanchez\",\"sanderson\",\"scott\",\"simmons\",
\t\"smith\",\"stewart\",\"taylor\",\"thomas\",\"thompson\",\"torres\",\"turner\",\"walker\",\"ward\",\"washington\",
\t\"watson\",\"white\",\"williams\",\"wilson\",\"wood\",\"wright\",\"young\",\"zimmerman\"
};
string gen_pass(const string &name)
{
\tstatic const string s=\"abcdefghijklmnopqrstuvwxyzABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ0123456789\";
\tsize_t h=hash<string>{}(name);
\tmt19937 rng((unsigned)h);
\tstring res;
\tfor(int i=0;i<12;i++)res+=s[rng()%s.size()];
\treturn res;
}
string cap(const string &s)
{
\tstring t=s;
\tif(!t.empty())t[0]=toupper(t[0]);
\treturn t;
}
string gen_user()
{
\tstatic mt19937 rng((unsigned)chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
\tuniform_int_distribution<int> f(0,(int)first.size()-1),l(0,(int)last.size()-1),n(0,9999);
\tstring fname=cap(first[f(rng)]);
\tstring lname=cap(last[l(rng)]);
\tstringstream ss;
\tss<<setw(4)<<setfill('0')<<n(rng);
\tstring user=fname+lname+ss.str();
\tif(user.size()>16)user=user.substr(0,16);
\treturn user;
}
int main()
{
\tios::sync_with_stdio(false);
\tcin.tie(nullptr);
\tstring user=gen_user();
\tcout<<user<<'\\n';
\tcout<<gen_pass(user)<<'\\n';
\treturn 0;
}