后记：

最新推荐文章于 2025-06-25 09:00:49 发布
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#工作

 
后记：

差不多一个礼拜的时间，把《COM技术内幕》看了一遍，记得08年也这么干过的，可当时没有做笔记，所以这次看的时候，好多都没有印象了，感觉像第一次看一样。还真是好记性不如烂笔头，何况我还不是好记性。所以这次看就做了一下前面的笔记，前面6章的笔记有转载网友的内容，可不知道原创在哪了，在这里对原创者表示感谢。虽然书是看完了，可还谈不上完全理解，项目中也没有用过COM，自己也不知道学了哪天会不会用上。只是觉得工作不忙时，空闲的时间学点东西比浪费掉好。源码都做成了VC的工程文件，前面12章的代码也都在自己机器上验证OK了的，也囫囵吞枣的把代码过了一遍。源码位置http://download.youkuaiyun.com/detail/jjunjoe/3653535

教后记：教师专业发展的助推器.docx
11-13
教后记：教师专业发展的助推器 在当今教育领域，教师专业发展是提升教学质量、促进学生全面成长的关键。在这一过程中，教后记作为教师在课堂教学后进行的文字记录、反思和总结，扮演着至关重要的角色。教后记不仅是...
五年级数学：《小数乘法》单元教学后记.pdf
10-13
五年级数学：《小数乘法》单元教学后记.pdf
X90 PRO+换屏后记：非原厂屏果然问题多
最新发布
柳鲲鹏
06-25 7472
换屏后记：非原厂屏果然问题多
傅盛认知三部曲后记：到底什么是认知？
创造自我、追求无我
06-11 1259
我的认知三部曲《所谓成长就是认知升级》、《管理本质就是认知管理》、《战略就是格局+破局》发布后，收到了很多朋友的宝贵留言： “你对认知的清晰定义到底是什么？ “认知有多深才算知？” “为啥技能差别可量化，认知差别是本质的？ “如何去提升自己的认知？” 于是，我决定补一篇后记，答读者问。简短分享一些我对认知的理解。部分想法，未必成熟，还是拍砖引玉
《Scrum精髓》审校后记：关于Acceptance Test
软件质量优化
06-27 4340
作者：徐毅我在参与审校《Scrum精髓》的过程中，审译者队伍对于“Acceptance Test”这一词汇应该如何翻译有着不同的意见和理解，经过大量的交流和讨论，非常感谢审议者队伍对于“接收测试”译法的理解和支持！此文正是为了记录选择“接收测试”译法的原因而成，可见于《Scrum精髓》书中的后记一章。不知道读者看到“接收测试”、“接收测试驱动开发”这样的词汇会不会觉得好奇，接收是什么意思？是不是就
后记：我的联想U410黑苹果的艰辛历…
Jaycee‘s blog
04-11 2715
步骤： 0。下载itakos ml2镜像，win版变色龙，MJMAC安装U盘制作工具等工具。WIN下安装HFS+ FOR WIN 10.2（hfs+分区WIN下的读写工具），安装easyBCD，安装win变色龙。制作一个有winPE系统带diskgenius的应急U盘。下载http://bbs.pcbeta.com/viewthread-1353306-1-1.html提供的驱动。下载http:/
后记：关于pyos
潇寒的Blog
06-27 6241
关于pyos 有关pyos实验的心得体会，我已断断续续写了几篇，都在放在自己所维护的纯C论坛上，及哈工大紫丁香BBS的Programming版了。最初只是自己的一个兴趣，写下一点东西也只是为了留了笔记，以利于自己以后查看方便，避免遗忘。没想很多朋友下载看后都很感兴趣，很多朋友都给我发来电子邮件鼓励我把实验继续下去，也给我提出了很多建议，并指点了我实验中很多错误，在此，真诚的向所有关心的朋友表达一种
2009英雄会后记：最出彩是创业 最关注是产品 最可惜是创富
讲武堂-Jiangtao
04-20 4355
  4月18日的2009英雄会结束了，已经举办第4次了，我们的主题还是“创新，创业，创富”。开场我作了一个简短演讲，主要是近期体会，我们正在经历一场有史以来最重要的技术变革，从PC平台将迁移到phone平台，互联网从文本为主到图像，视屏为主，应用将进入云计算和服务时代。我们这次有两场演示，一是电梯演讲，而是创新技术展示，有三个论坛：架构师论坛，创业论坛，产品专家论坛。应该说这些比主题演讲更加吸引人
文章后记
GitChat
01-04 307
文章后记
趣味密码学之四后记：恺撒码补遗
四方茶馆
09-15 3789
上次讲到恺撒码很容易被破解，因此在它的基础上又作出了很多改进。恺撒码属于字母表的平移变换，其一般加密公式为 f(a)=(a+k) mod n,n为字符集中字母的个数，k的取值范围是1～25。当K＝3时，这种变换就是恺撒码。另一种办法就是改变字母表的顺序，也称为倍模变换，其一般加密公式为f(a)=ak mod n， n为字符集中字母的个数。在这里，k的取值必须与n互素(即最大公约数为1)
1870: 马拉松后记
坚持
04-12 464
1870: 马拉松后记 Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 128 MB Submit: 58  Solved: 23 SubmitStatusWeb Board Description 毛毛雨学姐跑完了半程马拉松，接下来决定去参加山地越野赛了，主办方听说毛毛雨学姐是一位ACMer，就想让她来帮忙解决一下 赛场问题：已知在山地越野场地有N座
《Scrum精髓》审校后记：关于AcceptanceTest的翻译引发的思考
03-23
其实不瞒读者朋友们 　《Scrum精髓》审校后记：关于AcceptanceTest 　我在参与审校《Scrum精髓》的过程中，审译者队伍对于“AcceptanceTest”这一词汇应该如何翻译有着不同的意见和理解，经过大量的交流和讨论，非常...
学说-后记：使用PostGIS和学说的空间和地理数据
02-05
教义的PostGIS扩展 该库允许您将Doctrine与PostGIS（PostgreSQL空间数据库扩展）一起使用。 PostGIS 1.5和2.x均受支持。 安装 使用安装最新版本。 composer require jsor/doctrine-postgis 查看以获取所有可用...
DrawWaveform:一组用于绘制波形的后记函数
05-24
这是一个后记库，可用于创建波形图像。 通过调用一小组库函数来指定波形（源文件末尾有一个示例）。 如后记中的典型用法，参数出现在函数名称之前。 numclocks numsignals startwaveform 开始绘制具有指定数量的...
第7章 类厂
jjunjoe的专栏
08-29 1717
第7章 类厂 1、类厂实际上就是一个带有能够创建其他组件的组件。 引入类厂的原因是CoCreateInstance函数的局限性：CocreateInstance创建组件的过程是，传递给它一个CLSID，然后它创建相应的组件，并返回指向所请求的接口的指针。大所数情况下，CoCr
第10章 EXE中的服务器
jjunjoe的专栏
08-29 1052
第10章 EXE中的服务器 1、  对于跨越进程边界的接口，我们需要考虑如下一些条件： （1）       一个进程需要能够调用另外一个进程中的函数。 （2）       一个进程需要能够将数据传递给另外一个进程。 （3）       客户无需关心它所访问的服务器是进程内
第11章 调度接口与自动化
jjunjoe的专栏
08-29 1027
第11章 调度接口与自动化 1、自动化是建立在COM基础上的。 2、一个自动化服务器实际上就是一个实现了IDispatch接口的COM组件。 3、一个自动化控制器则是一个通过IDispatch接口同自动化服务器进行通信的COM客户。 自动化控制器不会直接调用自动化服务器实
第6章 关于HRESULT、GUID、注册表及其他细节
jjunjoe的专栏
08-29 965
第6章 关于HRESULT、GUID、注册表及其他细节 1、HRESULT值的结构：                                           |  |       15bits设备代码     |       16bits返回代码
第8章 组件复用：包容与聚合
jjunjoe的专栏
08-29 893
第8章 组件复用：包容与聚合 1、实现继承：指类继承其基类的代码或实现。 2、接口继承：指类继承其基类的类型或接口。 3、COM不支持实现继承，但COM支持接口继承。因为对于实现继承，当基类的实现被修改之后，派生类将无法正常运行而必须被修改，为了保证对组件的修改不会影响应用
# T446004 不知道 ## 题目背景 不知道，令人闻风丧胆的猫猫魔，福尔魔斯的宿敌。 某一天，她在网上看到了一道小学奥数问题：约瑟夫问题。 ## 题目描述 不知道又要作案了。她让 $n$ 只猫猫站成一行，从左到右初始编号为 $1,2,\dots,n$。同时，它们初始站在与自己编号相同的格子上。 不知道有 $k+1$ 个喜欢的数字 $t_0,t_1,\dots,t_k$ 。它们满足： - $t_0=1$ - 对于 $1\le i\le k$ , $t_{i-1}<t_i$ - $t_k\le n$ 不知道会摸 $n-1$ 轮猫猫，每一轮她都会摸正好一只猫猫。一次摸猫猫遵循以下规则： 1. 从 $0$ 到 $k$ 中随机选择一个数 $i$ 。 1. 若有猫猫现在待在第 $t_i$ 格上，不知道会摸摸这个猫猫，随后这个猫猫将会跑出格子，不再参与后续的任何流程，然后进行第三步；否则回到第一步。 1. 让所有猫猫跑到新的格子上。若此时有 $p$ 只猫猫，它们会在保证相对顺序不变的情况下排到 $[1,p]$ 的格子上。 但是虽然猫猫很可爱，猫猫和不知道都是会厌烦的，所以当只剩一只猫猫时，不知道会停止摸猫猫。请求出每只猫猫最终没被摸的概率。 最终答案对 $998244353$ 取模。 ## 输入格式 第一行两个整数 $n$ 和 $k$ ，代表总共有 $n$ 个猫猫，不知道共有 $k+1$ 个喜欢的数字。 第二行 $k$ 个整数，分别代表 $t_1$ 至 $t_k$ 共 $k$ 个数，中间用空格隔开。 ## 输出格式 一行 $n$ 个整数，第 $i$ 个数表示初始编号为 $i$ 的猫猫没被摸的概率，空格隔开；对 $998244353$ 取模。 ## 输入输出样例 #1 ### 输入 #1 ``` 2 0 ``` ### 输出 #1 ``` 0 1 ``` ## 输入输出样例 #2 ### 输入 #2 ``` 4 1 3 ``` ### 输出 #2 ``` 0 748683265 748683265 499122177 ``` ## 输入输出样例 #3 ### 输入 #3 ``` 8 3 3 6 8 ``` ### 输出 #3 ``` 0 291154603 291154603 582309206 166374059 166374059 748683265 748683265 ``` ## 说明/提示 #### 样例解释： 在第一组样例中，不知道只喜欢 $1$ 这个数字，因此她每次一定会摸当前的第一只猫猫，那么第一只猫猫一定会被摸，第二只猫猫一定不会被摸。 第二组样例中，四只猫猫从左到右不被摸的概率分别为 $0,\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{2}$ 。 #### 数据范围： **本题采用捆绑测试。** 对所有数据，保证 $1\le n,k\le10^6$ ； $t_i$ 范围见上。 | # | 特殊性质 | 分值 | | :--: | :-------------------: | :--: | | 0 | $n\le 8$ | 10 | | 1 | $k=0$ | 5 | | 2 | $k=1$ | 10 | | 3 | $n\le5\times10^3$ | 15 | | 4 | $k\le 10$ | 15 | | 5 | $n\le2\times10^5$ | 20 | | 6 | 无特殊限制 | 25 | 后记： 花生：话说不知道本名叫什么 福尔魔斯：不知道，所以叫不知道 这道题的c++代码！
03-17
这个问题涉及经典的约瑟夫环问题变种，需要结合概率计算和组合数学的知识。以下是解决该问题的一种高效C++实现思路： ### 主要步骤解析 1. **核心思想**： - 每次从`t[i]`集合中随机选取一个位置尝试淘汰猫猫。 - 如果当前位置存在猫猫，则将其移除，并更新剩余猫猫的位置索引。 - 最终目标是求每个猫猫未被淘汰的概率。 2. **优化方向**： - 直接暴力模拟显然不可行 (`O(n^2)` 时间复杂度)，需借助前缀和或动态规划等技巧将时间复杂度降低到线性级别。 - 使用累积乘法逆元预处理加速幂运算部分（对大质数取模时非常有效）。 下面是基于上述分析的一个完整参考代码框架： ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MOD = 998244353; // 快速幂模板 LL qpow(LL a, LL b){ LL res = 1; while(b){ if(b & 1) res = (res * a)%MOD; a = (a*a)%MOD; b >>=1; } return res; } int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n, k; cin >> n >> k; vector<int> t(k+1); for(int i=1;i<=k;++i) cin>>t[i]; t[k+1]=n+1; // 添加哨兵方便分段处理 vector<LL> inv(n + 1), pre_inv_sum(n + 1, 0); inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD; } // 预处理前缀逆元之和 for(int i=1;i<=n;i++) { pre_inv_sum[i] = (pre_inv_sum[i-1]+inv[i])%MOD; } vector<LL> p(n+1,0); // 存储每个猫存活的概率 p[n]=qpow((LL)(k+1),MOD-2); // 初始化最后一个猫的概率 // 动态规划递推 for(int r=n;r>=1;r--){ LL prob_r=p[r]; // 当前轮选r的概率 // 更新左侧猫的贡献 for(auto ti:t){ if(ti <=r &&ti >0 ){ int l=max(t[(lower_bound(t.begin(),t.end(),ti)-t.begin()-1],1); // 找左边最近的关键点 LL add=((prob_r*(pre_inv_sum[r-l]-pre_inv_sum[ti-l-1]))%MOD+MOD)%MOD; // 将这部分加权平均分配给l..ti-1区间的猫 for(int j=l;j<ti;j++) p[j]=(p[j]+add*inv[ti-j]%MOD)%MOD; } } // 自己这一项清零，因为已经被淘汰 p[r]=0; } // 输出结果 for(int i=1;i<n;i++) cout<<p[i]<<" "; cout<<p[n]<<'\n'; } ``` --- 此算法的核心在于利用快速幂、累加逆元等方式减少不必要的重复计算量，从而达到最优性能。
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