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参考资料​

• Fermat's theorem on sums of two squares - Wikipedia
• 【官方双语】隐藏在素数规律中的π - bilibili
• 对合是什么？竟然一句话就能证明费马平方和定理？ - bilibili

题意简述​

求以下方程的整数解个数：

基础知识​

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 $p\equiv 1\pmod 4$。

若：

则 $n$ 的两平方和表示数为：

其中 $p_i\equiv 1\pmod 4,q_j\equiv 3\pmod 4$，且所有 $\beta_j$ 均为偶数。

解题思路​

本题即求 $r^2$ 的两平方和表示数，设：

则：

由于已经是平方，所有 $q_j\equiv 3\pmod 4$ 的指数均为偶数，故答案为：

因此只需要分解 $r$，统计所有 $4k+1$ 型质因子的指数即可。

时间复杂度为 $O(\sqrt r)$。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int r;
	cin>>r;
	int ans=4;
	for(int i=2;i*i<=r;i++)
	{
		if(r%i)continue;
		int k=0;
		while(r%i==0){r/=i;k++;}
		if(i%4==1)ans*=k*2+1;
	}
	if(r>1&&r%4==1)ans*=3;
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

参考资料​

• Hypercube - Wikipedia

题意简述​

求 $a$ 维空间的超立方体有几个 $b$ 维结构。

解题思路​

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：

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll=long long;
const int mod=1e9+7;
ll Pow(ll a,ll b)
{
	a%=mod;
	ll res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
ll C(ll a,ll b)
{
	if(a<b||b<0)return 0;
	ll p=1,q=1;
	for(ll i=a-b+1;i<=a;i++)p=p*i%mod;
	for(ll i=1;i<=b;i++)q=q*i%mod;
	return p*Pow(q,mod-2)%mod;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	ll a,b;
	cin>>a>>b;
	cout<<C(a,b)*Pow(2,a-b)%mod<<'\n';
	return 0;
}

题意简述​

给定平面上 $n$ 个点的坐标 $(x_i,y_i)$，求满足条件的最大矩阵面积：

• 每条边都与坐标轴平行。
• 内部（不包括边）不能包含其他点。

解题思路​

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。

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 $0$。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1005;
int s[N][N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n;
	cin>>n;
	vector<pair<int,int>> a(n);
	for(auto &[x,y]:a)
	{
		cin>>x>>y;
		x++;
		y++;
		s[x][y]=1;
	}
	for(int i=1;i<N;i++)
	{
		for(int j=1;j<N;j++)
		{
			s[i][j]=s[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
		}
	}
	auto sum=[&](int x1,int y1,int x2,int y2)
	{
		return s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1];
	};
	int ans=0;
	for(auto [x1,y1]:a)
	{
		for(auto [x2,y2]:a)
		{
			if(x1>=x2||y1>=y2)continue;
			if(!sum(x1,y2,x1,y2)||!sum(x2,y1,x2,y1))continue;
			if(sum(x1+1,y1+1,x2-1,y2-1))continue;
			ans=max(ans,(x2-x1)*(y2-y1));
		}
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

参考资料​

• Ohm's law - Wikipedia
• Kirchhoff's circuit laws - Wikipedia

题意简述​

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。

解题思路​

设节点 $x$ 的电势为 $\varphi_x$，边 $(u,v)$ 的电阻为 $R_{u,v}$，则电导为：

根据 欧姆定律，从 $u$ 到 $v$ 的电流为：

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 $0$。

考虑节点 $u$ 的电流：

展开可得：

这是一个关于各点电势的线性方程。

考虑添加一条边 $(u,v)$，设其电导为 $G$。节点 $u$ 的方程加入 $G(\varphi_u-\varphi_v)$，节点 $v$ 的方程加入 $G(\varphi_v-\varphi_u)$，因此对应到系数矩阵就是：

把所有边的贡献都加到矩阵里，就得到了整个线性方程组。

我们可以在节点 $1$ 通入 $1\mathrm{A}$ 电流，并将节点 $n$ 设为零电势点，求出节点 $1$ 的电势。

利用 高斯消元 求解各点电势后，等效电阻为：

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const double eps=1e-8;
const int N=105;
double a[N][N];
bool gauss(int n)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=i;
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			if(fabs(a[j][i])>fabs(a[t][i]))t=j;
		}
		if(fabs(a[t][i])<eps)return 0;
		swap(a[i],a[t]);
		for(int j=n+1;j>=i;j--)a[i][j]/=a[i][i];
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i==j)continue;
			for(int k=n+1;k>i;k--)a[j][k]-=a[i][k]*a[j][i];
		}
	}
	return 1;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n,m;
	while(cin>>n>>m)
	{
		while(m--)
		{
			int u,v;
			double r;
			cin>>u>>v>>r;
			double g=1/r;
			a[u][u]+=g;
			a[u][v]-=g;
			a[v][v]+=g;
			a[v][u]-=g;
		}
		a[1][n+1]=1;
		for(int i=1;i<n;i++)a[n][i]=0;
		a[n][n]=1;
		a[n][n+1]=0;
		gauss(n);
		cout<<fixed<<setprecision(2)<<a[1][n+1]<<'\n';
		memset(a,0,sizeof a);
	}
	return 0;
}

题意简述​

在 $n\times n$ 的 $\texttt{01}$ 网格中尽可能多填入 $\texttt{1}$，使得选取任意一个 $\texttt{1}$ 上下左右移动一步后，都不会出现横向或纵向连续 $3$ 个 $\texttt{1}$。

填入 $\left\lceil\frac{n^2}{3}\right\rceil$ 个 $\texttt{1}$ 可以获得 $100$ 分基础分，超出部分可以获得附加分。

解题思路​

我们可以将每个格子 $(i,j)$ 按照 $(i+j)\bmod 3=\set{0,1,2}$ 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 $\texttt{1}$，因此任意一个集合填入 $\texttt{1}$ 都满足条件。根据鸽巢原理，最大集合的大小为 $\left\lceil\frac{n^2}{3}\right\rceil$，即可获得 $100$ 分基础分。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	for(int n=1;n<=270;n++)
	{
		int t=(n+1)%3;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				cout<<((i+j)%3==t?'x':'o');
			}
			cout<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}

交通​

上海 $\xrightarrow[\text{MU7259}]{\text{飞机}}$ 清迈 $\xrightarrow{\text{大巴}}$ 清莱、金三角 $\xrightarrow{\text{大巴}}$ 清迈 $\xrightarrow[\text{MU7260}]{\text{飞机}}$ 上海

行程​

• Day 1（2026 年 2 月 13 日）：中午乘车前往上海浦东机场，下午在机场集合，18:20 起飞前往清迈。航班泰国时间 22:06（UTC+07:00）抵达清迈机场，落地后乘大巴前往 Chiang Mai Hill 2000 Hotel 入住。
• Day 2（2026 年 2 月 14 日）：当天有清迈花卉节，导游调整了行程顺序。上午乘车前往清莱，途中经过温泉休息站。下午参观白龙寺，随后乘车前往金三角，乘坐游船渡过湄公河，抵达老挝金三角经济特区。晚上在河边吃饭后前往清莱夜市，入住 Poonyamantra Resort。
• Day 3（2026 年 2 月 15 日）：上午参观蓝庙，中午前往碧波小溪庄园，下午参观邓丽君纪念花园。随后返回清迈入住 Day 1 的酒店，晚上在清迈夜市吃饭。
• Day 4（2026 年 2 月 16 日）：上午参观柴迪隆寺，中午前往湄登大象训练营观看大象表演。下午返回清迈，途中经过兰花园，随后到素贴山参观双龙寺，并参观清迈大学（Chiang Mai University，CMU）。晚上去吃年夜饭。
• Day 5（2026 年 2 月 17 日）：上午前往 Jungle Flight Chiang Mai 体验丛林飞跃，下午参观清迈夜间动物园（Chiang Mai Night Safari），晚上 20:00 返回 MAYA 购物中心吃饭。
• Day 6（2026 年 2 月 18 日）：上午到 700th Sport Shooting Training Center 体验实弹射击，下午前往宁曼路购物，晚上在清迈大学夜市吃饭，20:00 乘车前往机场，安检排队等了一个多小时，23:20 起飞前往上海。
• Day 7（2026 年 2 月 19 日）：航班北京时间凌晨 03:40（UTC+08:00）抵达上海浦东机场，05:00 乘车返回杭州，07:00 到家。

题意简述​

Hankook 和 Jeong-ul 两个人将在釜山停留 $n$ 天，给定两个 $\texttt{01}$ 字符串 $a,b$ 表示各自日程。

若某人某天对应的日程字符为 $\texttt{1}$，则该人当天必须拥有至少一张有效票券。

可购买以下票券，求所需的最小费用：

• 单人 $1$ 日票，价格 $p_1$；
• 单人 $3$ 日票，价格 $p_3$；
• 单人 $5$ 日票，价格 $p_5$；
• 双人 $4$ 日票，价格 $p_\text{pair}$。

解题思路​

考虑使用 DP 解决：设 $f_{i,j}$ 表示 Hankook 前 $i$ 天和 Jeong-ul 前 $j$ 天都满足覆盖的最小费用。

边界情况 $f_{0,0}=0$。

枚举 $f_{i,j}$，考虑三种情况的最小值：

1. 覆盖 Hankook：$\min\set{f_{i-1,j}+[a_i=\texttt{1}]p_1,f_{i-3,j}+p_3,f_{i-5,j}+p_5}$；
2. 覆盖 Jeong-ul：$\min\set{f_{i,j-1}+[b_j=\texttt{1}]p_1,f_{i,j-3}+p_3,f_{i,j-5}+p_5}$；
3. 两人同时覆盖（$i=j$）：$f_{i-4,j-4}+p_\text{pair}$。

时间复杂度为 $O(n^2)$。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2005;
int f[N][N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n,p1,p3,p5,pr;
	string a,b;
	cin>>n>>a>>b>>p1>>p3>>p5>>pr;
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			if(i==0&&j==0){f[i][j]=0;continue;}
			int 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});
			int 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});
			int t3=i!=j?inf:f[max(0,i-4)][max(0,j-4)]+pr;
			f[i][j]=min({t1,t2,t3});
		}
	}
	cout<<f[n][n]<<'\n';
	return 0;
}

题意简述​

给定 $n$ 个正整数 $a_i$，将它们首尾相接，求能组成的最大整数。

解题思路​

定义字符串集合 $S$ 上的二元关系 $\succ$：

其中 $\overline{xy}$ 表示字符串 $x$ 和 $y$ 的拼接。

设 $v(s)$ 为字符串 $s$ 对应的数值，$l(s)$ 为 $s$ 的长度。构造映射 $\varphi:S\to\mathbb{R}$：

由实数域上 $>$ 的传递性和非对称性，可知 $\succ$ 在 $S$ 上满足 严格弱序。

假设最优排列 $P$ 存在相邻逆序 $p_{i+1}\succ p_i$，交换两者得到 $P'$。

由于 $\overline{p_{i+1}p_i}>\overline{p_ip_{i+1}}$，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。

因此，最优解为按 $\succ$ 降序的排列。

时间复杂度为 $O(n\log n\log a_i)$。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n;
	cin>>n;
	vector<string> a(n);
	for(auto &s:a)cin>>s;
	sort(a.begin(),a.end(),[](auto x,auto y){return x+y>y+x;});
	for(auto s:a)cout<<s;
	return 0;
}

参考资料​

• A069999 - OEIS

题意简述​

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。

解题思路​

此问题可以转化为 完全背包 问题：

• 状态定义：$f_i$ 表示损失 $i$ 个交点消耗直线数量的最小值；
• 背包容量：最大交点损失数量 $m=\frac{n(n-1)}{2}$；
• 物品类型：平行线组数量 $j\in[2,n]$；
• 物品价值：消耗直线数量 $j$；
• 物品体积：交点损失数量 $w=\frac{j(j-1)}{2}$；
• 状态转移：$f_i=\min(f_i,f_{i-w}+j)$。

时间复杂度为 $O(n^3)$。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1005;
int f[N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n;
	cin>>n;
	int m=n*(n-1)/2;
	for(int i=1;i<=m;i++)f[i]=inf;
	for(int j=2;j<=n;j++)
	{
		int w=j*(j-1)/2;
		for(int i=w;i<=m;i++)f[i]=min(f[i],f[i-w]+j);
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=m;i++)if(f[i]<=n)ans++;
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

题意简述​

给定 $n$ 种糖果，每种库存无限。第 $i$ 种糖果的售价循环为 $x_i,y_i,x_i,y_i,\dots$。求 $m$ 元最多能购买多少颗糖果。

解题思路​

考场思路。

我们可以将每种糖果拆分为两类 套装：

• 单颗装：售价 $a_i=x_i$ 元，限购 $1$ 组；
• 两颗装：售价 $b_i=x_i+y_i$ 元，不限组数。

由于两类套装的相互独立，可以将 $a$ 和 $b$ 分别排序。

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。

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。

考虑两类套装的最小花费：

• 单颗装：选择 $a_i$ 最小的前 $q$ 种，即 $a_i$ 的前缀和 $s_q$；
• 两颗装：选择 $p$ 组 $b_i$ 最小的，即 $pb_1$。

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：

关于 $p$ 的范围：由于 $k=2p+q$，而 $0\le q\le n$，因此 $0\le k-2p\le n$，解得：

时间复杂度为 $O(n\log m)$，注意这个方法要用 __int128。

半小时过 T1，罚坐四小时。

参考代码​

#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)
{
	__int128 mn=inf;
	for(ll p=max(k-n+1>>1,0ll);p<=k>>1;p++)
	{
		mn=min(mn,__int128(p)*b[1]+a[k-p*2]);
	}
	return mn>m;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i]>>b[i];
		b[i]+=a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];
	ll l=0,r=inf;
	while(l<r)
	{
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<l-1<<'\n';
	return 0;
}

题意简述​

给定长度为 $n$ 的序列 $a$，有 $m$ 次询问。

每次询问给定 $l,r,x$，求区间 $[l,r]$ 中满足 $a_i\le x$ 的元素数量。

解题思路​

思想​

每个元素 $a_i$ 可以看作二维平面中的一个点 $(i,a_i)$。

每次询问 $(l,r,x)$ 等价于统计矩形 $[l,r]\times[1,x]$ 内点的数量。

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。

差分​

每次询问是可差分的，区间 $[l,r]$ 可以拆分为 $[1,r]-[1,l-1]$。

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 $a_j\le x$ 的元素数量。

统计​

将所有 $2m$ 个前缀询问按第一维 $u$ 排序。

用序列 $b$ 维护值域，$b_k$ 表示当前第二维为 $k$ 的元素数量。

对于每个前缀询问 $(u,x)$，先将所有 $j\le u$ 的 $a_j$ 加入序列 $b$，得到前缀 $[1,u]$ 的状态。

计算 $s=\sum_{k=1}^x b_k$ 表示当前满足 $a_j\le x$ 的元素数量，最后将 $s$ 贡献到对应问题的答案。

使用 树状数组 维护序列 $b$，实现 $O(\log n)$ 单点修改和区间查询。

参考代码​

#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()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	vector<tuple<int,int,int,int>> s;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l,r,x;
		cin>>l>>r>>x;
		s.push_back({r,x,i,1});
		s.push_back({l-1,x,i,-1});
	}
	sort(s.begin(),s.end());
	int j=1;
	for(auto [u,x,i,f]:s)
	{
		while(j<=u)add(a[j++]);
		ans[i]+=sum(x)*f;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
}

参考资料​

• 同化 - 维基百科
• 异化 - 维基百科
• [英语语音技巧] 连读: 同化 & 异化(Assimilation & Dissimilation)(语音地道的人都懂!) - bilibili

语言学​

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。

语音同化​

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。

• 例子：英语单词 Handbag 原本读作 /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/。
• 方向：分为逆行同化（后影响前）和顺行同化（前影响后）。

语音异化​

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。

• 例子：拉丁语 peregrinus 包含两个 r，演变为英语 pilgrim 时，第一个 r 变成了 l。
• 例子：汉语中的「三声变调」（两个三声字连读，前一个变二声，如「你好」），本质上也属于一种广义的异化，旨在避免同调重复。

词源中的同化​

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。

• 构成：拉丁语前缀 ad-（向、去）+ 词根 similis（相似）。
• 变化： $$\text{ad} + \text{similis} \to \text{assimilis} \to \text{Assimilation}$$
• 解析：前缀原本是 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。

生命科学​

在生物学中，这一对概念构成了 新陈代谢（Metabolism）的两个方面。

同化作用​

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。

• 例子：光合作用（将二氧化碳和水转化为葡萄糖）、蛋白质合成。

异化作用​

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。

• 例子：呼吸作用（有氧呼吸、无氧呼吸）、消化分解。

同化是「赚钱存钱」（建设），异化是「花钱消费」（分解）。

社会学​

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」。

文化同化​

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。

• 形式：大熔炉（Melting Pot）模式或强迫同化。
• 结果：原来的文化特征消失，融入新环境。

社会异化​

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。

• 表现：无力感、无意义感、自我隔离。
• 背景：现代社会学中，常指人在科层制或技术统治下，感觉自己变成了一颗冷漠的螺丝钉。

心理学​

让·皮亚杰（Jean Piaget，1896–1980）将同化视为认知发展的核心机制之一。

认知同化​

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。

• 例子：孩子学会了「狗」的概念（四条腿、有毛），看到一只从未见过的金毛犬，也把它叫做「狗」。这是用旧经验理解新事物。

心理异化​

心理异化（Psychological Alienation）指一种心理上的分裂感或陌生感。

• 去人格化（Depersonalization）：感觉自己不真实，如同在看电影一样观察自己。
• 自我疏离：感觉现在的行为不符合真实的自我（例如被迫从事讨厌的工作），导致「真实的自我」与「表现的自我」分裂。

哲学​

这里是「异化」概念的起源，尤其是黑格尔和马克思的理论。

哲学同化​

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」。

哲学异化​

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。

卡尔·马克思（Karl Marx，1818–1883）提出了 劳动异化 理论：

1. 劳动产品的异化：工人生产了商品，但商品不属于工人，反而成为资本家手中的资本，反过来剥削工人。
2. 劳动过程的异化：劳动不再是创造的快乐，而是痛苦的谋生手段。
3. 人的本质异化：人不再是自由自觉的活动者，而降低为动物性的生存者。

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。

总结​

解题思路​

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：

1. 所有灯全亮；
2. 只有 $1$ 个灯不亮。

对于第一种情况，再次进行全局翻转。

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。

此时有且仅有 $1$ 个灯亮或不亮，通过二分查询即可定位。

最多需要 $3+\lceil\log_2 500\rceil=3+9=12$ 次操作。

参考代码​

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		cout<<1<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
		cout<<2<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
		int k;
		cin>>k;
		if(k==n)cout<<1<<' '<<1<<' '<<n<<endl;
		int l=1,r=n;
		while(l<r)
		{
			int mid=l+r>>1;
			cout<<2<<' '<<l<<' '<<mid<<endl;
			int t;
			cin>>t;
			if(k==n?t>0:t<mid-l+1)r=mid;
			else l=mid+1;
		}
		cout<<3<<' '<<l<<endl;
	}
	return 0;
}

题意简述​

给定长度为 $n$ 的数列 $a_i$，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 $a_i$ 的期望。

解题思路​

数列 $a_i$ 的总和始终为定值 $s$：

设 $j\in[0,k]$ 次操作后 $a_i$ 的期望为 $a_{i,j}$。特别地，$a_{i,0}=a_i$。

如果 $j$ 次操作选择了 $p\in[1,n]$，则有：

因此 $a_{i,j}$ 的期望为：

显然 $a_{i,j}$ 的值只与 $a_{i,j-1}$ 有关，这是一个线性递推。设：