2023辽宁省赛E

Solution

题目大致分为三个步骤

  1. 计算 P ( S ) P(S) P(S)
  2. 证明删除区间连续且找到最值位置
  3. 根据最值位置求出答案

接下来过程中不合法的组合数都默认为 0 0 0

第 1 步 - 求出总值

考虑 S m = { 1 , 2 , ⋯ , m } S_m = \{1, 2, \cdots, m\} Sm={1,2,,m} , 则有 $P(S_{n+2}) = P(S_{n+1})+P(S_{n}) $

因为
P ( S n ) = ∑ i = 1 n ( n − i i − 1 ) , P ( S n + 1 ) = ∑ i = 1 n + 1 ( n + 1 − i i − 1 ) , P ( S n + 2 ) = ∑ i = 1 n + 2 ( n + 2 − i i − 1 ) P(S_n) = \sum_{i=1}^n \binom{n-i}{i-1} \ , \ P(S_{n+1}) = \sum_{i=1}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1} \ , \ P(S_{n+2}) = \sum_{i=1}^{n+2} \binom{n+2-i}{i-1} P(Sn)=i=1n(i1ni) , P(Sn+1)=i=1n+1(i1n+1i) , P(Sn+2)=i=1n+2(i1n+2i)
利用公式
( n m ) = ( n − 1 m ) + ( n − 1 m − 1 ) \binom{n}{m} = \binom{n-1}{m} + \binom{n-1}{m-1} (mn)=(mn1)+(m1n1)
可以得到
P ( S n + 2 ) = ∑ i = 1 n + 2 ( n + 2 − i i − 1 ) = ∑ i = 2 n + 1 ( n + 1 − i i − 1 ) + ∑ i = 2 n + 1 ( n + 1 − i i − 2 ) + ( n + 2 − 1 0 ) + ( n + 2 − ( n + 2 ) n + 2 ) = ∑ i = 1 n + 1 ( n + 1 − i i − 1 ) − 1 + ∑ i = 1 n ( n − i i − 1 ) + 1 = P ( S n + 1 ) + P ( S n ) \begin{aligned} P(S_{n+2}) &= \sum_{i=1}^{n+2} \binom{n+2-i}{i-1} \\ &= \sum_{i=2}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1} + \sum_{i=2}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-2} + \binom{n+2-1}{0} + \binom{n+2-(n+2)}{n+2} \\ &= \sum_{i=1}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1}-1 +\sum_{i=1}^{n}\binom{n-i}{i-1} + 1 \\ &= P(S_{n+1}) + P(S_n) \end{aligned} P(Sn+2)=i=1n+2(i1n+2i)=i=2n+1(i1n+1i)+i=2n+1(i2n+1i)+(0n+21)+(n+2n+2(n+2))=i=1n+1(i1n+1i)1+i=1n(i1ni)+1=P(Sn+1)+P(Sn)
其中 P ( S 1 ) = 1 P(S_1) = 1 P(S1)=1 , P ( S 2 ) = 1 P(S_2) = 1 P(S2)=1 , 所以 P ( S n ) = f i b ( n ) P(S_n) = \mathrm{fib}(n) P(Sn)=fib(n)

或者由恒等式
∑ i = 0 ⌊ n / 2 ⌋ ( n − i i ) = f i b ( n + 1 ) \sum_{i=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n-i}{i} = \mathrm{fib}(n+1) i=0n/2(ini)=fib(n+1)
然后
P ( S n ) = ∑ i = 1 n ( n − i i − 1 ) = ∑ i = 0 n − 1 ( ( n − 1 ) − i i ) = f i b ( n ) \begin{aligned} P(S_n) &= \sum_{i=1}^n \binom{n-i}{i-1} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \binom{(n-1)-i}{i} \\ &= \mathrm{fib}(n) \end{aligned} P(Sn)=i=1n(i1ni)=i=0n1(i(n1)i)=fib(n)

第 2 步 - 证明连续

最为关键的一点是 , 删点顺序不影响答案(我们将所有数当成数轴的点以简化说明) , 所以我们记 F ( x 1 , ⋯ , x r , x ) F(x_1,\cdots,x_r, x) F(x1,,xr,x) 为去掉点 x 1 , ⋯ , x r x_1,\cdots,x_r x1,,xr 后再删掉点 x x x 少的贡献 , 这里我们钦定 x 1 > x 2 > ⋯ > x r > x x_1 > x_2 > \cdots > x_r > x x1>x2>>xr>x

首先考虑仅删除一个点时少掉的贡献 , 假设删除的位置是 x x x , 有
F ( x ) = ( n − x x − 1 ) + ∑ i = 1 x − 1 ( n − i − 1 i − 2 ) F(x) = \binom{n-x}{x-1} + \sum_{i=1}^{x-1} \binom{n-i-1}{i-2} F(x)=(x1nx)+i=1x1(i2ni1)
我们尝试找一找 F ( x ) F(x) F(x) 的最值点(如果只删掉一个点肯定是越大越好) , 有
F ( x + 1 ) − F ( x ) = ( n − x − 1 x ) − ( n − x x − 1 ) + ( n − x − 1 x − 2 ) = ( n − x − 1 x ) − ( n − x − 1 x − 1 ) − ( n − x − 1 x − 2 ) + ( n − x − 1 x − 2 ) = ( n − x − 1 x ) − ( n − x − 1 x − 1 ) \begin{aligned} F(x+1) - F(x) &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x}{x-1} + \binom{n-x-1}{x-2} \\ &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x-1}{x-1} - \binom{n-x-1}{x-2} + \binom{n-x-1}{x-2} \\ &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x-1}{x-1} \end{aligned} F(x+1)F(x)=(xnx1)(x1nx)+(x2nx1)=(xnx1)(x1nx1)(x2nx1)+(x2nx1)=(xnx1)(x1nx1)
可以发现 F ( x ) F(x) F(x) 是先增后减的单峰函数(最值点唯一或相邻两个) , 且最值点位置关系有
⌈ n − x ′ − 1 2 ⌉ = x ′ o r ⌊ n − x ′ − 1 2 ⌋ = x ′ \lceil \cfrac{n-x'-1}{2} \rceil = x' \ or \ \lfloor \cfrac{n-x'-1}{2} \rfloor = x' 2nx1=x or 2nx1=x
现在我们考虑删除两个点时的情况 , 我们来考虑 F ( x 1 , x ) F(x_1,x) F(x1,x) 的最值点(不一定能取到) , 有

F ( x 1 , x ) = ( ( n − 1 ) − x x − 1 ) + ∑ i = 1 x − 1 ( ( n − 1 ) − i − 1 i − 2 ) F(x_1,x) = \binom{(n-1)-x}{x-1} + \sum_{i=1}^{x-1} \binom{(n-1)-i-1}{i-2} F(x1,x)=(x1(n1)x)+i=1x1(i2(n1)i1)
(因为删除 x 1 x_1 x1 对删除 x x x 的影响一定是"比 i i i ( 1 ≤ i ≤ x 1 − 1 1 \leq i \leq x_1-1 1ix11) 大的数少了一个")

有一种更感性的理解方法 , 因为 x < x 1 x < x_1 x<x1 所以我们可以将 x 1 + 1 x_1+1 x1+1 n n n 重标号为 x 1 x_1 x1 n − 1 n-1 n1 , 问题就转化为了从 1 1 1 n − 1 n-1 n1 的子问题

类比之前的求法可以得到 F ( x 1 , x ) F(x_1,x) F(x1,x) 的最值点位置关系有
⌈ ( n − 1 ) − x ′ − 1 2 ⌉ = x ′ o r ⌊ ( n − 1 ) − x ′ − 1 2 ⌋ = x ′ \lceil \cfrac{(n-1)-x'-1}{2} \rceil = x' \ or \ \lfloor \cfrac{(n-1)-x'-1}{2} \rfloor = x' 2(n1)x1=x or 2(n1)x1=x
依此类推 , 可以证明 F ( x 1 , ⋯ , x k − 1 , x ) F(x_1, \cdots, x_{k-1}, x) F(x1,,xk1,x) 的最值点位置关系有

⌈ ( n − k ) − x k ′ 2 ⌉ = x k ′ o r ⌊ ( n − k ) − x k ′ 2 ⌋ = x k ′ \lceil \cfrac{(n-k)-x'_k}{2} \rceil = x'_k \ or \ \lfloor \cfrac{(n-k)-x'_k}{2} \rfloor = x'_k 2(nk)xk=xk or 2(nk)xk=xk
去掉取整符号可以得到
( n − k ) − 1 ≤ 3 x k ′ ≤ ( n − k ) + 1 (n-k)-1 \leq 3x'_k \leq (n-k)+1 (nk)13xk(nk)+1
这说明 − 1 ≤ x k + 1 ′ − x k ′ ≤ 0 -1 \leq x_{k+1}'- x_k' \leq 0 1xk+1xk0

接下来我们要证明删除序列为连续的一段

假定目前已经删除了 r r r 个点 , 且删的第 r r r 个点满足 x r ≤ x r ′ x_r \leq x_r' xrxr , 由上面不等式有 x r + 1 ′ = x r ′ x'_{r+1} = x'_r xr+1=xr 或者 x r + 1 ′ = x r ′ − 1 x'_{r+1}=x'_r-1 xr+1=xr1

由前论 F F F 的性质 , 可知 x r + 1 = x r − 1 x_{r+1} = x_r-1 xr+1=xr1 F ( x 1 , ⋯ , x r + 1 ) F(x_1,\cdots,x_{r+1}) F(x1,,xr+1) 最大 , 归纳可得 x r , ⋯ , x m x_r,\cdots, x_m xr,,xm 连续

我们不妨假设第 k k k 次删除的点是第一个满足 x k = x k ′ x_k = x'_k xk=xk 的 , 即它是第一个删除点等于对应最值点的

x k ′ < x k − 1 < ⋯ < x 1 x'_k < x_{k-1} < \cdots < x_1 xk<xk1<<x1 , 考虑 F ( x ) , F ( x 1 , x ) , ⋯ , F ( x 1 , ⋯ , x k − 2 , x ) F(x), F(x_1,x) ,\cdots , F(x_1,\cdots,x_{k-2},x) F(x),F(x1,x),,F(x1,,xk2,x)

可以发现在 x k ′ < x k − 1 x'_k<x_{k-1} xk<xk1 的限制下根据最值点的不等式 , F ( x 1 , ⋯ , x k − 2 , x ) F(x_1,\cdots,x_{k-2},x) F(x1,,xk2,x) 可以取到的最大值点一定为 x k ′ + 1 x'_k+1 xk+1

同理可得 x i = x k ′ + ( k − i ) x_i = x'_k + (k-i) xi=xk+(ki) , 这说明 x 1 , ⋯ , x k x_1,\cdots,x_k x1,,xk 连续

如果不存在这样的 k k k , 那么可以分为两种情况

  1. 对于所有的 x i x_i xi , 要么 x i < x i ′ x_i < x'_i xi<xi 要么 x i > x i ′ x_i > x'_i xi>xi
  2. 存在 k k k 使得 x k > x k ′ x_k > x'_k xk>xk x k + 1 < x k + 1 ′ x_{k+1} < x'_{k+1} xk+1<xk+1

对于情况 1 , 将 x m x_m xm x 1 x_1 x1 移动到最值点处会更优

对于情况 2 , 将 x k + 1 x_{k+1} xk+1 移动到其最值点上会更优

这说明了最优解的删除方法至少有一次满足 x k = x k ′ x_k = x'_k xk=xk , 这样的 k k k 必定存在

综上 , 删除区间连续

这部分简单地说 , 就是如果将删除的数定序为从大到小 , 那么删一个点后减掉的贡献只和前面删数的数量相关(当然要考虑最值点的位置) , 而又由于最值点之间相距很近 , 所以删除序列连续

第三步 - 求出贡献

现在不妨假设我们删了 l l l r r r , 现在我们来寻找使得答案最小的 l l l r r r

我们从最后的答案 P ( S ′ ) P(S') P(S) 来分析 , 则最小的 P ( S l , r ) P(S_{l,r}) P(Sl,r) ( S S S 删除 l l l r r r 的数) 对应我们所要的 l l l r r r
P ( S l , r ) = ∑ i = 1 l − 1 ( n − ( r − l + 1 ) − i i − 1 ) + ∑ i = r + 1 n ( n − i i − 1 ) P(S_{l,r}) = \sum_{i=1}^{l-1} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} + \sum_{i=r+1}^n \binom{n-i}{i-1} P(Sl,r)=i=1l1(i1n(rl+1)i)+i=r+1n(i1ni)
依旧做差
P ( S l + 1 , r + 1 ) − P ( S l , r ) = ∑ i = 1 l ( n − ( r − l + 1 ) − i i − 1 ) + ∑ i = r + 2 n ( n − i i − 1 ) − ∑ i = 1 l − 1 ( n − ( r − l + 1 ) − i i − 1 ) − ∑ i = r + 1 n ( n − i i − 1 ) = ( n − ( r − l + 1 ) − l l − 1 ) − ( n − r − 1 r ) = ( n − r − 1 l − 1 ) − ( n − r − 1 r ) \begin{aligned} P(S_{l+1,r+1}) -P(S_{l,r}) &= \sum_{i=1}^{l} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} + \sum_{i=r+2}^n \binom{n-i}{i-1} - \sum_{i=1}^{l-1} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} - \sum_{i=r+1}^n \binom{n-i}{i-1} \\ &= \binom{n-(r-l+1)-l}{l-1} - \binom{n-r-1}{r} \\ &= \binom{n-r-1}{l-1} - \binom{n-r-1}{r} \end{aligned} P(Sl+1,r+1)P(Sl,r)=i=1l(i1n(rl+1)i)+i=r+2n(i1ni)i=1l1(i1n(rl+1)i)i=r+1n(i1ni)=(l1n(rl+1)l)(rnr1)=(l1nr1)(rnr1)
可以通过分析得到 P ( S l , r ) P(S_{l,r}) P(Sl,r) 是单峰函数且最小值点要么有一个 , 要么有相邻的两个 , 且有
r = n + m − 1 3 r = \frac{n+m-1}{3} r=3n+m1
这样我们就确定了删除的范围 l l l , r r r ( r ≥ m r \geq m rm)

接下来我们来计算 P ( S l , r ) m o d p P(S_{l,r}) \ \mathrm{mod}\ p P(Sl,r) mod p , 观察式子 , 实际上我们要计算的是
f ( a , n ) = ∑ i = 0 a ( n − i i ) m o d p f(a,n) = \sum_{i=0}^{a} \binom{n-i}{i} \ \mathrm{mod} \ p f(a,n)=i=0a(ini) mod p
n ≤ p n \leq p np , 则上式可以在预处理后暴力计算 , 复杂度 Θ ( p ) \Theta(p) Θ(p) , 以下假定 n > p n > p n>p

根据 Lucas 定理稍作变换
f ( a , n ) = ∑ i = 0 a ( n − i i ) m o d p = ∑ i = 0 a ( ⌊ ( n − i ) / p ⌋ ⌊ i / p ⌋ ) ( ( n − i ) % p i % p ) m o d p = ∑ i = 0 p − 1 ( ( n − i ) % p i ) ∑ j = 0 ⌊ a / p ⌋ − 1 ( ⌊ ( n − i ) / p ⌋ − j j ) + ∑ i = 0 a % p ( ( n − i ) % p i ) ( ⌊ ( n − i ) / p ⌋ − ⌊ a / p ⌋ ⌊ a / p ⌋ ) m o d p = g ( a , n ) + h ( a , n ) \begin{aligned} f(a,n) &= \sum_{i=0}^{a} \binom{n-i}{i} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{a} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor}{\lfloor i/p \rfloor} \binom{(n-i) \% p}{i \% p} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{(n-i) \% p}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j} + \sum_{i=0}^{a\%p} \binom{(n-i) \% p}{i}\binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-\lfloor a/p \rfloor}{\lfloor a/p \rfloor} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= g(a,n)+ h(a,n) \end{aligned} f(a,n)=i=0a(ini) mod p=i=0a(i/p⌊(ni)/p)(i%p(ni)%p) mod p=i=0p1(i(ni)%p)j=0a/p1(j⌊(ni)/pj)+i=0a%p(i(ni)%p)(a/p⌊(ni)/pa/p) mod p=g(a,n)+h(a,n)
因为 ⌊ ( n − i ) / p ⌋ \lfloor (n-i)/p \rfloor ⌊(ni)/p 只会在 i = n % p i=n\%p i=n%p i = n % p + 1 i=n\%p+1 i=n%p+1 内变一次 , 所以我们可以将 g ( a , n ) g(a,n) g(a,n) 拆分
g ( a , n ) = ∑ i = 0 p − 1 ( ( n − i ) % p i ) ∑ j = 0 ⌊ a / p ⌋ − 1 ( ⌊ ( n − i ) / p ⌋ − j j ) m o d p = [ ∑ i = 0 n % p ( n % p − i i ) + ∑ i = n % p + 1 p − 1 ( n % p + p − i i ) ] ∑ j = 0 ⌊ a / p ⌋ − 1 ( ⌊ ( n − i ) / p ⌋ − j j ) m o d p = ∑ i = 0 n % p ( n % p − i i ) ∑ j = 0 ⌊ a / p ⌋ − 1 ( ⌊ n / p ⌋ − j j ) + ∑ i = n % p + 1 p − 1 ( n % p + p − i i ) ∑ j = 0 ⌊ a / p ⌋ − 1 ( ⌊ n / p ⌋ − 1 − j j ) m o d p = f ( n % p , n % p ) f ( ⌊ a / p ⌋ − 1 , ⌊ n / p ⌋ ) + [ f ( p − 1 , n % p + p ) − f ( n % p , n % p + p ) ] f ( ⌊ a / p ⌋ − 1 , ⌊ n / p ⌋ − 1 ) m o d p \begin{aligned} g(a,n) &= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{(n-i) \% p}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= \left[ \sum_{i=0}^{n\%p}\binom{n\% p - i}{i} + \sum_{i=n\%p+1}^{p-1}\binom{n\% p + p - i}{i} \right] \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{n\%p}\binom{n\% p - i}{i}\sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor n/p \rfloor-j}{j}\ + \sum_{i=n\%p+1}^{p-1}\binom{n\% p + p - i}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor n/p \rfloor-1-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= f(n\%p, n\%p)f(\lfloor a/p \rfloor-1, \lfloor n/p \rfloor) +\\ &\ \ \ \ \left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right] f(\lfloor a/p \rfloor-1, \lfloor n/p \rfloor-1)\ \mathrm{mod} \ p \\ \end{aligned} g(a,n)=i=0p1(i(ni)%p)j=0a/p1(j⌊(ni)/pj) mod p= i=0n%p(in%pi)+i=n%p+1p1(in%p+pi) j=0a/p1(j⌊(ni)/pj) mod p=i=0n%p(in%pi)j=0a/p1(jn/pj) +i=n%p+1p1(in%p+pi)j=0a/p1(jn/p1j) mod p=f(n%p,n%p)f(⌊a/p1,n/p⌋)+    [f(p1,n%p+p)f(n%p,n%p+p)]f(⌊a/p1,n/p1) mod p
T ( n ) T(n) T(n) 代表计算 f ( a , n ) f(a,n) f(a,n) 的复杂度上界 , 计算 h ( a , n ) h(a,n) h(a,n) 的复杂度为 p log ⁡ n < 2 C p \log n < 2C plogn<2C , 则有
T ( n ) = 2 ∗ T ( n / p ) + 2 C T(n) = 2*T(n/p) + 2C T(n)=2T(n/p)+2C
其中 T ( 1 ) = 1 T(1)=1 T(1)=1 , 令 m = log ⁡ p n m = \log_p n m=logpn 则有
T ′ ( m ) = 2 ∗ T ′ ( m − 1 ) + 2 C T'(m) = 2*T'(m-1) + 2C T(m)=2T(m1)+2C
推得
T ′ ( m ) = 2 m × 2 C T'(m) = 2^m \times 2C T(m)=2m×2C
所以
T ( n ) = 2 log ⁡ p n × 2 C = n log ⁡ p 2 × 2 C = n log ⁡ p 2 × 2 p log ⁡ n T(n) = 2^{\log_pn} \times 2C = n^{\log_p 2} \times 2C = n^{\log_p 2} \times 2p \log n T(n)=2logpn×2C=nlogp2×2C=nlogp2×2plogn
p > 2 p > 2 p>2 时复杂度满足要求

p = 2 p=2 p=2 时 , 发现 g ( a , n ) g(a,n) g(a,n) [ f ( p − 1 , n % p + p ) − f ( n % p , n % p + p ) ] \left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right] [f(p1,n%p+p)f(n%p,n%p+p)] n n n 为奇数情况下为 0 0 0

而对 g ( a , n ) g(a,n) g(a,n) 的一次拆分必定将 n n n 分成一奇一偶 , 所以最后 [ f ( p − 1 , n % p + p ) − f ( n % p , n % p + p ) ] \left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right] [f(p1,n%p+p)f(n%p,n%p+p)] 不为 0 0 0 的点的个数至多等于长度小于等于 log ⁡ n \log n logn 的 01 串中不含有连续两个 1 作为子串的方案数 , 计算可以得到数量级为 f i b ( log ⁡ n + 4 ) \mathrm{fib}(\log n+4) fib(logn+4) , 在题中所给数据限制下 f i b ( log ⁡ n + 4 ) ≤ f i b ( 34 ) < 1 0 7 \mathrm{fib}(\log n+4) \leq \mathrm{fib}(34) < 10^7 fib(logn+4)fib(34)<107 , 复杂度满足

于是按如下式子计算
P ( S l , r ) = f ( l − 2 , n − m − 1 ) + f ( n − 1 , n − 1 ) − f ( r − 1 , n − 1 ) P(S_{l,r}) = f(l-2,n-m-1) + f(n-1,n-1) - f(r-1,n-1) P(Sl,r)=f(l2,nm1)+f(n1,n1)f(r1,n1)
其中 f ( n − 1 , n − 1 ) = f i b ( n ) f(n-1,n-1) = \mathrm{fib}(n) f(n1,n1)=fib(n)

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目录 前言 1、全局变量、环境变量 1.1、概念&#xff1a; 1.2、如何设置全局变量、环境变量 1.3、获取全局变量、环境变量 1.4、案例1&#xff1a;手动设置变量&#xff0c;请求参数获取 1.5、案例2&#xff1a;代码设置变量&#xff0c;代码获取变量 2、Postman读取外部…

win10虚拟机安装教程

目录 1、安装VMware 10、12、16都可以&#xff0c;看个人选择 2、开始安装系统&#xff08;以vm16为例&#xff09; 3、在虚拟机中安装win10 完成 1、安装VMware 10、12、16都可以&#xff0c;看个人选择 下面链是我虚拟机安装包&#xff0c;需要可以下载。 YR云盘 软件安…

HTTP 响应状态码介绍

HTTP 响应状态码用来表明特定 HTTP 请求是否成功完成。响应被归为以下五大类&#xff1a; 1xx 信息响应 (100–199) 2xx 成功响应 (200–299) 3xx 重定向消息 (300–399) 4xx 客户端错误响应 (400–499) 5xx 服务端错误响应 (500–599)1xx 信息响应 100 Continue 这个临时响应…

二叉树的后续遍历(迭代法)

迭代法实现二叉树的后续遍历 1、递归版本 public static void dfs(TreeNode root){if(rootnull){return;}if(root.left!null)dfs(root.left);if(root.right!null)dfs(root.right);System.out.println(root.val); }从递归版本可以看出我们第一步需要遍历完所有的左节点 这里我…

字符串原型方法

常见有34种&#xff08;去除已经弃掉的方法&#xff09;&#xff1a; String.prototype.at()String.prototype.charAt()String.prototype.charCodeAt()String.prototype.codePointAt()String.prototype.concat()String.prototype.endsWith()String.prototype.includes()String…

树莓派基金会近日发布了新版基于 Debian 的树莓派操作系统

树莓派基金会&#xff08;Raspberry Pi Foundation&#xff09;近日发布了新版基于 Debian 的树莓派操作系统&#xff08;Raspberry Pi OS&#xff09;&#xff0c;为树莓派单板电脑带来了新的书虫基础和一些重大变化。 新版 Raspberry Pi OS 的最大变化是它现在基于最新的 Deb…

git基本命令

gti stash使用场景 切换分支: git stash可以将但当前修改保存起来,之后可以直接切换分支开始其他分支的操作 合并代码: git stash保存当前分支修改,切换其他分支执行更新合并操作后, 切换之前的分支后通过 git stash pop来获取栈顶保存的修改来恢复到之前的修改 代码审查: 在…

【表面缺陷检测】钢轨表面缺陷检测数据集介绍(2类,含xml标签文件)

一、介绍 钢轨表面缺陷检测是指通过使用各种技术手段和设备&#xff0c;对钢轨表面进行检查和测量&#xff0c;以确定是否存在裂纹、掉块、剥离、锈蚀等缺陷的过程。这些缺陷可能会对铁路运输的安全和稳定性产生影响&#xff0c;因此及时进行检测和修复非常重要。钢轨表面缺陷…

[架构之路-243]:目标系统 - 纵向分层 - 架构是表面轮廓、内部骨架、未来蓝图,企业组织架构、信息系统架构、软件架构、应用程序就架构

目录 一、什么是架构 1.1 架构是表面轮廓 1.2 架构是内部骨架 1.3 架构是蓝图&#xff0c;是愿景 1.4 架构是数据流、控制流、管理流、同步流 1.5 数据、控制、同步、管理的比较 二、架构的层级 2.1 企业组织架构 2.2 企业系统架构 2.2 信息系统架构 2.3 软件架构 …

SpringMVC系列-6 异常处理器

背景 本文作为 SpringMVC系列 的第六篇&#xff0c;介绍SpringMVC的异常处理器。内容包括异常处理器的使用方式、实现原理和内置异常处理器的装配过程。 1.使用方式 自定义异常类&#xff0c;用于异常处理器&#xff1a; public class ClientException extends RuntimeExce…

CTF-php特性绕过

注意&#xff1a;null0 正确 nullflase 错误 Extract变量覆盖 <?php$flagxxx; extract($_GET);if(isset($shiyan)){ $contenttrim(file_get_contents($flag));//trim移除引号if($shiyan$content){ echoctf{xxx}; }else{ echoOh.no;} }?> extract() 函数从数组中将…

react中的函数柯里化

函数柯里化是一种将接受多个参数的函数转化为一系列接受单一参数的函数的技术。在React开发中&#xff0c;函数柯里化可以帮助我们更好地组织组件的代码&#xff0c;使其具有更好的可读性和可复用性。 一个简单的函数柯里化示例&#xff1a; function add(a) {return functio…

主流大语言模型的技术细节

主流大语言模型的技术原理细节从预训练到微调https://mp.weixin.qq.com/s/P1enjLqH-UWNy7uaIviWRA 比较 LLaMA、ChatGLM、Falcon 等大语言模型的细节&#xff1a;tokenizer、位置编码、Layer Normalization、激活函数等。2. 大语言模型的分布式训练技术&#xff1a;数据并行、…

SQL LIKE 运算符

SQL LIKE 运算符 在WHERE子句中使用LIKE运算符来搜索列中的指定模式。 有两个通配符与LIKE运算符一起使用&#xff1a; &#xff05; - 百分号表示零个&#xff0c;一个或多个字符_ - 下划线表示单个字符 注意&#xff1a; MS Access使用问号&#xff08;?&#xff09;而不是…