JasonQian's Blog

画出一下函数的大致图像 (1)$\sin{x}$ (2)$\cos{x}$ (3)$\tan{x}$ (4)$\cot{x}$ (5)$\sec{x}$ (6)$\csc{x}$ (7)$\arcsin{x}$ (8)$\arccos{x}$ (9)$\arctan{x}$ (10)$arccot{x}$ (11)$\arctan{x}+arccot{x}=\frac{\pi}{2}$ (12)三幅图：$y=x^\alpha$，当$\begin{cases} \alpha<0 \\ \alpha=0 \\ \alpha>0 \begin{cases} 0<\alpha<1 \\ \alpha=1 \\ \alpha>1 \end{cases} \end{cases}...

$f(x)$ 一阶连续可导 $\quad\Rightarrow\quad$ $\lim\limits_{x \to 0} f’(x_0 + x) = f’(x_0)$ $$ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}f(t)dt}{x^2\displaystyle\int_0^xf(t)dt} &\xlongequal{L’} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{2x f(x^2)}{2x\displaystyle\int_0^xf(t)dt + x^2f(x)} \\ &= \lim\limits_{x\to0}\dfrac{2f(x^2)}{2\displaystyle\int_0^xf(t)dt + xf(x)} \\ &\xlongequal{L’} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{4xf’(x^2)}{3f(x) + xf’(x)} \\ &=...

A 题目描述 给定一个的$ \ 2 \times 2 \ $矩阵$ \ A \ $，输出其中的值$ \ A_{R,C} \ $。 题目分析 时间复杂度：$O(1)$。 输入就行嘞。 $Code$ 123456789101112131415int n, m;int a[10][10]; int main(){ cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= 2; i ++ ) for(int j = 1; j <= 2; j ++ ) cin >> a[i][j]; cout << a[n][m] << endl; return 0;} $ \ $ $ \ $ B 题目描述 有$ \ N \ $个人在位置为$(X_i,Y_i)$的位置上。 其中有$ \ K \ $个人是特殊人~~(被选中的孩子)~~，能够发射光芒。 当一个人位于$ \ (x,y) \ $坐标发射半径为$ \ R \ $的光芒时候，能够照亮以$ \ (x,y) \ $为圆心，半径为$ \ R...

本题解思路来自这两位大佬 cup-pyy 、 GoodCoder666 A 题目描述 输出一个数字对应的ASCII码。 题目分析 时间复杂度：$O(1)$。 $Code$ 1234567int main(){ int n; cin >> n; cout << (char)n << endl; return 0;} $ \ $ $ \ $ B 题目描述 高桥有$ \ N \ $个食物，第 $ \ i \ $个食物有个美味程度$ \ A_i\ $。 在这些食物中，他有$ \ K \ $个不喜欢的食物，下标分别为$i = 1,2,…,K$。 高桥会选择美味程度最大的品尝，他是否会吃到他不喜欢的食物呢？ 如果吃到了输出Yes，否则输出No。 题目分析 时间复杂度：$O(n)$。 我们用$ \ a \ $数组记录每个食物的美味程度，用$ \ b \ $布尔数组记录高桥不喜欢的食物。 用$ \ maxv \ $记录美味程度最大的值。 遍历$ \ a \ $数组，如果找到 maxv == a[i] &&...

A 题目描述 给定一个至少为100的数字，输出它的十位和个位。 题目分析 时间复杂度：$O(1)$。 枚举即可。 $Code$ 1234567891011int main(){ string s; cin >> s; int len = s.size(); cout << s[len - 2] << s[len - 1] << endl; return 0;} $ \ $ $ \ $ B 题目描述 找到$n$行如下定义的数组： 第$ \ i \ $行的数组长度为$ \ i \ $。 对于第$ \ i \ $行$ \ j \ $列的元素需要满足 如下定义： $a_{i,j} \ = \ 1。如果j \ = \ 1 \ 或者 \ j \ = \ i$ $a_{i,j} \ = \ a_{i - 1, j - 1} + a_{i - 1, j}$ 题目分析 时间复杂度：$O(n^2)$。 由于数据范围很小$1 \le N \le...

本题解思路来自于 spoonjunxi A 题目描述 给定三个数$a,b,c$，判断$b$是否在$[a,c]$之间，如果是输出Yes，否则输出No。 题目分析 直接判断即可。 $Code$ 12345int a, b, c;cin >> a >> b >> c;if(b >= a && b <= c || b <= a && b >= c) puts("Yes");else puts("No"); $ \ $ $ \ $ B 题目描述 给定一个矩形，求出矩形中两个o之间的距离。 题目分析 曼哈顿距离公式。 $Code$ 12345678910111213141516171819202122232425int n, m;int a[4];int idx;int main(){ cin >> n >> m; char c; for(int i = 1; i <= n; i ++ ) for(int j...

换元法 换元法最重要的作用就是"打开局面"。在做积分题时，只需我们选择恰当的换元，就可以将复杂的积分变得非常简洁，尤其是在处理有根式的积分时，常常会使用换元法。 (1) 整体换元 被积函数中出现"$\sqrt{一次函数}，\sqrt{\frac{一次函数}{一次函数}}，\sqrt{e^{ax} + b}，\frac{e^{ax} + b}{e^{ax} - b}$"可以直接将整个根号令为$t$，达到去掉根号的效果！ (当然，该方法虽然一定可行，但不一定是最快的方法，所以也需要具体问题具体分析) 例1 $\int\sqrt{\frac{x}{1 + x}}dx$ [解]： $$令\sqrt{\frac{x}{1 + x}} = t \Rightarrow I = \int td\frac{1}{1 - t^2}$$ $$分部积分 \Rightarrow \frac{t}{1 - t^2} - \int\frac{1}{1 - t^2}dt$$ $$= \ \frac{t}{1 - t^2} + \int\frac{1}{t^2 -...

套路二 三角有理函数的积分 引言 以$R(u,v)$表示由$u,v$及常数经过有限次的四则运算得到的二次函数。而$R(\sin{x}, \cos{x})$则称为三角有理函数，比如$y = \frac{\sin{x}}{\cos^2{x}} \ \ \ y = \frac{1}{1 + \cos{x}} \ \ \ y = \frac{1}{(\sin{x} + \cos{x})^2}$这些都属于三角有理函数。 而一切的三角有理函数，都可以用过换元$\tan{\frac{x}{2}} = t(万能公式)$化为有理函数，而有理函数的积分，在套路一中已经解决过了，所以，“从理论上来说”，一切的三角有理函数的积分，其实也已经解决了。 但是！万能的方法，不一定是最好的方法。很多三角有理函数的积分，如果盲目的使用万能公式，$\tan{\frac{x}{2}} = t$，则计算量会特别大，所以我们需要具体问题具体分析，找到每一个题目的特殊解法！ (一) 万能公式换元法，令$\tan{\frac{x}{2}} = t$ 对于$\int R(\sin{x},...

套路一 有理函数的积分 ($\int \frac{多项式}{多项式}dx)$ (一)有理函数积分的通项方法——裂项$ \ $+$ \ $待定系数 $ \ \ $有理函数从宏观上可分为真分式（分母为最高次项）和假分式（分子为最高次项），而任意一个假分式都可以通过多项式除法变成多项式与真分式之和。由于多项式的积分是简单的，所以解决有理函数函数的积分。本质上就变成了解决有理真分式的积分。而对于真分式的积分，我们有如下固定套路—— 将该真分式的分母进行因式分解（一直分解到无法再分解为止） 然后进行裂项，裂项的原则如下—— ①只需分母中含有$(x \ - \ a)^{k}$，则裂项后的式子中一定含有$\frac{A_1}{x \ - \ a} \ + \ \frac{A_2}{(x \ - \ a)^2} \ + \ … \ + \frac{A_k}{(x \ - \ a)^{k}}$ ②只需要分母中含有$(x^2 \ + \ px \ + \ q)^k$（注：因为已经分解到"不能再分解"了，所以这里的$p^2 \ - 4q \ < \...

常用库函数 声明 都存在#include <algorithm>这个库中 reverse翻转 翻转一个vector： 1reverse(a.begin(), a.end()); 翻转一个数组，元素存放在下标1 ~ n： 1reverse(a + 1, a + n + 1); unique去重 返回去重（只去掉相邻的相同元素）之后的为迭代器（或指针），仍然为前闭后开，即这个迭代器是去重之后末尾元素的下一个位置。该函数常用于离散化，利用迭代器（或指针）的减法，可计算出去重后的元素个数。 去重一个vector 123456// a: 5 5 4 1 2 2 3int m = unique(a.begin(), a.end()) - a.begin();cout << m << endl;// m = 5for(int t : a) cout << t << " ";// a: 5 4 1 2 3 2 3 去重一个数组，元素存放在下标1 ~ n： 1234567int a[8] = {10, 5,...