10 2021 档案
摘要：https://acm.sdut.edu.cn/onlinejudge3/problems/2147 对于给定的输入串（长度不超过50个符号），请输出分析过程中用到的所有产生式，并指明该输入串是否为该文法能生成的表达式,输出共11行，前10行每行两个数据用空格隔开，表示推导时所用产生式顺序号（从0开
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摘要：显然可以令 \(\zeta=\mu=\frac{a+b}{2}\)，此时满足题意（套路与反套路……） 考虑拉格朗日中值定理： \[ \exists \zeta \in (a,b),s.t. f(b)-f(a)=(b-a)f'(\zeta) \\ f'(\zeta)=\frac{a+b}{2} \fr
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摘要：\[ P=\begin{bmatrix} & 1 \\ 1 \\ & & & 1 \\ & & & & 1 \\ & & 1 \\ \end{bmatrix} \] 实际上就是： \[ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 & 5 & 3 \end{pmatrix}= \begin{p
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摘要：(1) \[ y'=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}},y'(0)=0 \] \[ y''=2\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}-\arcsin x\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=2\frac
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摘要：(1) \[ \lim_{x \to 0}(1-2f(x))^{\frac{1}{\sin x}}=e^{-2\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{\sin x}}=e^{-2\lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} \cdot \frac{x}{\si
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摘要：不能能洛必达，邻域不可导 (1) \[ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x-f(x)}{x}=\lim_{x \to 0} \frac{\cos x-f(0)}{x}-\frac{f(x)-f(0)}{x-0}==\lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^2}{
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摘要：\[ \begin{aligned} &\begin{cases} f(y_n)-f(x_0)=f'(x_0)(y_n-x_0)+\alpha_n(y_n-x_0) \\ f(x_n)-f(x_0)=f'(x_0)(x_n-x_0)+\beta_n(x_n-x_0) \\ \end{cases} \
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摘要：充分性 若 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导，则 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 所以 \(g(x)=\frac{f(x)}{x}\) 在 \(x=0\) 处连续 必要性 若 \(g(x)=\frac{f(x)}{x}\) 在 \(x=0\) 处连续，则 \(\lim_{x
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摘要：不妨设 \(f'(0)=\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x}=A\)，即 \(\forall \epsilon>0,\exists \delta>0,s.t.\forall x \in U^\circ(0,\delta),|\frac{f(x)}{x}-A|<\epsilon\)
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摘要：\(\lim_{x \to 0^+}\cos \frac{1}{x}\) 不存在，同时 \(-1 \le \cos \frac{1}{x} \le 1\) 右连续：\(\lim_{x \to 0^+}f(x)=f(0)=0\)，所以 \(\lim_{x \to 0^+}x^a\cos \frac{1
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摘要：\[ \frac{dx}{dy}=\frac{1}{f'(x)} \] \[ \frac{d\frac{dx}{dy}}{dy}=\frac{d \frac{1}{f'(x)}}{dx} \cdot \frac{1}{\frac{dy}{dx}}=\frac{f''(x)\frac{-1}{[f'(
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摘要：(1) 设 \(f(x)=|x|\)，则 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 点连续 且 \(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(-x)}{x}=\lim_{x \to 0}\frac{|x|-|-x|}{x}=0\) 存在 因为 \(f_+'(x)=1,f'_-(x)=-1\
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摘要：设 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上可导，且满足 \(\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{|x|}=+\infty\)，证明：\(\forall a \in \mathbb{R},\exists \zeta \in \mathbb{R}, s.t.f
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摘要：是否存在这样的函数 \(f\)，使得 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 可导 \(f'(x)\) 在 \((a,b)\) 中存在间断点 考虑 \(f(x)=\begin{cases}0 & \quad (x=0)\\ x^2 \sin \frac{1}{x} & \quad (x \ne 0
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摘要：利用零点存在定理证明： 设 \(f \in C(-\infty,+\infty)\) 且 \(f(f(x))=x\)，证明：\(\exists \zeta \in (-\infty,+\infty),s.t.f(\zeta)=\zeta\) 设 \(f(x)\) 是以 \(2\pi\) 为周期的连续
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摘要：试举出定义在 \((-\infty, +\infty)\) 上的函数 \(f(x)\)，要求：\(f(x)\) 仅在 \(0,1,2\) 三点处连续，其余点都是 \(f(x)\) 的第一类间断点 实际上这种函数是不存在的，若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处左右极限都存在，则在 \(x_0\
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摘要：求：\(\lim_{x \to \infty}(\frac{1+\sqrt[x]{3}}{2})^x\) 设 \(\phi(x)=\frac{1+\sqrt[x]{3}}{2}-1\) 则 \(\lim_{x \to \infty} (1+\phi(x))^{\frac{1}{\phi(x)} \c
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摘要：求：\(\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{x^2}\) \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3
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摘要：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/21698/E f[i][j] 前 i 个删了 j 个，本质不同子序列个数 对于 s[i] 考虑 s[k] 满足 s[k]=s[i] 且 k 最大 假设 f[i-*][*] 都不重不漏 首先有 f[i][j] = f[i - 1
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摘要：给定字符串$s$，重排$s$，使得它的$border$树最高（深） 匹配的时候如果使用一堆单词匹配，其链长不会常与使用串中任意一个字符的匹配长度（因为$s_1=s_2 \Rightarrow c_1=c_2$在位置关系上） 所以把相同字符重排到一起就行 这样的话$border$每次都减一，也就是字符
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摘要：考虑$SG$定理： \[ \begin{cases} SG(S)=\text{mex}\{SG(T) \mid S \Rightarrow T\} \\ SG(S)=\oplus_{i} SG(w_i)(\cup_{i}w_i=S \land \cap_{i}w_i=\emptyset) \end{
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摘要：当且仅当$a_i \ne a_{i-1}$时可行 try {} catch() {}真好用 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t; cin >> t; while(t --) { int n; cin >>
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摘要：暴力很容易写，找一下规律，可以发现： 实际上不用找规律，显然$2 \to p$，每个合数肯定是被某个质因子连上去 对于质数$p(>3)$，首先有$2 \to p$的边，之后有$p \to p \cdot (p+2k)$的边，其中$k=0,1,2,3,\cdots$ 最后连上$2 \to \(，其中\
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摘要：https://acm.ecnu.edu.cn/contest/448/problem/A/ \(a + k\sqrt b \Rightarrow (a+k\sqrt b) \cdot (A+K\sqrt b)= aA+kKb+(aK+kA)\sqrt b\) #include <bits/stdc
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摘要：https://acm.ecnu.edu.cn/problem/3314/ 二项式展开得： \[ \begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n}a_i(x+A)^i \\ =&\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}{i \choose j} x^jA^{i-j
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