NOIP2024集训Day60

非常好数论复习。

CF986F Oppa Funcan Style Remastered

给定 $n$ 与 $k$ ，问是否能将 $n$ 分为若干个 $k$ 的因数（ $1$ 除外）之和，每个因数都可以被选多次。

$n \leq 10^{18}$ ， $k \leq 10^{15}$ ，最多 $50$ 种不同的 $k$ 。

一共 $t$ 组询问， $t \leq 10^{4}$ 。

首先，注意到我们可以把选的数的范围缩小到 $k$ 的所有质因子，这是不超过 20 个的。

那么现在问题就变成了判断能否用若干个数加出 $n$ ，容易发现这是同余最短路的模板。

但是还有一个问题就是同余最短路的复杂度是与最小的数相关的，如果 $k$ 是一个大质数的话复杂度是无法接受的。

观察到如果当 $k$ 有超过 3 个不同的质因子时，最小的质因子是小于 $10^{5}$ 的，所以我们考虑对于质因子数超过 3 的 $k$ 跑同余最短路，而对质因子数为 0，1，2 的 $k$ 单独处理：

当 $k$ 的质因子数为 0，即 $k = 1$ 时，无解。
当 $k$ 的质因子数为 1，即 $k = p^{a}$ 时，判断 $n$ 是否是 $p$ 的质数。
当 $k$ 的质因子数为 2 时，记这两个质因子分别为 $a, b$ ，那用裴蜀定理判断 $a x + b y = n$ 是否存在非负整数解即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;
char buf[1000005],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
	int x=0,f=0,c=gc();
	while(!isdigit(c))f|=(c=='-'),c=gc();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc();
	return f?-x:x;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=y;
	y=x-(a/b)*y;
	x=t;
	return gcd;
}
int T,n,k,tot;
map<int,int>M;
vector<int>ps[55];
int dis[55][100005],sum[55],p[55];
bool vis[100005];
struct node{
	int x,k;
	bool operator<(const node &t)const{return k>t.k;}
};
priority_queue<node>q;
void D(int id){
	for(int i=0;i<p[id];i++)dis[id][i]=1.5e18;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[id][0]=0;
	q.push(node({0,0}));
	while(!q.empty()){
		node tmp=q.top();
		q.pop();
		if(vis[tmp.x])continue;
		vis[tmp.x]=1;
		for(int i=1;i<sum[id];i++){
			int v=(tmp.x+ps[id][i])%p[id],w=ps[id][i];
			if(dis[id][v]>dis[id][tmp.x]+w){
				dis[id][v]=dis[id][tmp.x]+w;
				q.push(node({v,dis[id][v]}));
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),k=read();
		if(k==1){
			puts("NO");
			continue;
		}
		int id;
		if(!M.count(k)){
			id=M[k]=++tot;
			for(int i=2;i*i<=k;i++){
				if(k%i==0){
					ps[tot].push_back(i);
					while(k%i==0)k/=i;
				}
			}
			if(k>1)ps[tot].push_back(k);
			sum[tot]=ps[tot].size();
			p[tot]=ps[tot][0];
			if(sum[tot]>2){
				D(id);
			}
		}
		else id=M[k];
//		cerr<<id<<' '<<sum[id]<<endl;
		if(sum[id]==1)puts(n%p[id]==0?"YES":"NO");
		else if(sum[id]==2){
			int a=ps[id][0],b=ps[id][1],x,y;
			exgcd(a,b,x,y);
			x*=n;
			y*=n;
//			print(x),pc(' '),print(y),pc(10);
			int l=(-x+b-1)/b,r=y/a;
//			print(l),pc(' '),print(r),pc(10);
			puts(l<=r?"YES":"NO");
		}
		else{
			puts(n>=dis[id][n%p[id]]?"YES":"NO");
		}
	}
	return 0;
}

CF571E Geometric Progressions

给定 $n$ 以及 $n$ 个正整数对 $a_{i}, b_{i}$ 。

第 $i$ 对 $a_{i}, b_{i}$ 确定了一个序列 ${a_{i}, a_{i} b_{i}, a_{i} b_{i}^{2}, a_{i} b_{i}^{3}, \dots}$ 。

询问最小的在 $n$ 个序列中都有出现的数，或者判断不存在。

$n \leq 100$ ， $a_{i}, b_{i} \leq 10^{9}$ ，答案对 $10^{9} + 7$ 取模。

我们先特判掉存在 $b_{i} = 1$ 的情况。

然后考虑将所有的 $a_{i}, b_{i}$ 分解为质数的幂的乘积的形式。可以发现总共只有不超过 2000 种质数。

我们记 $m$ 为不同的质数的数量， $x_{i, j}, y_{i, j}$ 分别为 $a_{i}, b_{i}$ 分解后第 $j$ 个质数的指数。

随后我们考虑依次将 $(a_{i}, b_{i})$ 与 $(a_{i + 1}, b_{i + 1})$ 合并。即我们要找到一组 $(c_{i}, c_{i} + 1)$ 满足 $c_{i}, c_{i + 1} \in \N$ 且 $\forall 1 \leq j \leq m, x_{i, j} + y_{i, j} \cdot c_{i} = x_{i + 1, j} + y_{i + 1, j} \cdot c_{i + 1}$ 。容易发现这是一个方程组。

高斯消元后如果发现方程组：

无解则表明原问题无解。
存在唯一解就判断它对应的数是否满足后续所有的数列
如果解出来发现 $c_{i} \equiv X (\mod Y)$ ，就让 $(a_{i} \cdot b_{i}^{X}, b_{i}^{Y})$ 代替 $(a_{i} ， b_{i}), (a_{i + 1}, b_{i + 1})$ 继续与后面合并，注意特殊处理一下 $X = 0$ 时的情况。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
char buf[1000005],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
	int x=0,f=0,c=gc();
	while(!isdigit(c))f|=(c=='-'),c=gc();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc();
	return f?-x:x;
}
char puf[1000005];
int ptot;
#define pc(x) (ptot==1000000?(fwrite(puf,1,1000000,stdout),ptot=0,puf[ptot++]=x):puf[ptot++]=x)
void print(int x){
	if(x<0){
		pc('-');
		print(-x);
		return;
	}
	if(x>9)print(x/10);
	pc(x%10+'0');
}
const int mod=1e9+7;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=y;
	y=x-(a/b)*y;
	x=t;
	return gcd;
}
int n,tot,p[2005],a[105],b[105],x[105][2005],y[105][2005];
int aa[2005][5];
struct node{
	int x,y,mx,my;
};
int fpow(int a,int b){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
node G(){
	for(int i=1;i<=2;i++){
		int k=0;
		for(int j=i;j<=tot;j++){
			if(aa[j][i]!=0){
				k=j;
				break;
			}
		}
		if(!k)continue;
		swap(aa[i][1],aa[k][1]);
		swap(aa[i][2],aa[k][2]);
		swap(aa[i][3],aa[k][3]);
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(j!=i){
				int gcd=__gcd(aa[i][i],aa[j][i]),x=aa[i][i]/gcd,y=aa[j][i]/gcd;
				for(int l=1;l<=3;l++){
					aa[j][l]*=x;
					aa[j][l]-=aa[i][l]*y;
				}
			}
		}
	}
	int X=-1e10,Y=-1e10;
	for(int i=tot;i>=1;i--){
		if(aa[i][1]==0&&aa[i][2]==0){
			if(aa[i][3]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
		}
		else if(aa[i][1]==0){
			if(aa[i][3]%aa[i][2]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			int yy=aa[i][3]/aa[i][2];
			if(Y!=-1e10&&Y!=yy){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			Y=yy;
		}
		else if(aa[i][2]==0){
			if(aa[i][3]%aa[i][1]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			int xx=aa[i][3]/aa[i][1];
			if(X!=-1e10&&X!=xx){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			X=xx;
		}
		else{
			int xx=0,yy=0;
			int gcd=exgcd(aa[i][1],aa[i][2],xx,yy);
			if(aa[i][3]%gcd){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			xx*=aa[i][3]/gcd;
			yy*=aa[i][3]/gcd;
			int tx=aa[i][2]/gcd,ty=aa[i][1]/gcd;
			tx=abs(tx),ty=ty;
			xx=(xx%tx+tx)%tx;
			yy=(yy%ty+ty)%ty;
			return node({xx,yy,tx,ty});
		}
	}
	return node({X,Y});
}
void check(){
	int A=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(b[i]==1){
			if(A!=-1&&A!=a[i]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
		}
	}
	if(A!=-1){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(A%a[i]){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
			int B=A/a[i];
			while(B%b[i]==0)B/=b[i];
			if(B!=1){
				puts("-1");
				exit(0);
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=read();
	check();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x=a[i];
		for(int j=2;j*j<=x;j++){
			if(x%j==0){
				p[++tot]=j;
				while(x%j==0)x/=j;
			}
		}
		if(x>1)p[++tot]=x;
		x=b[i];
		for(int j=2;j*j<=x;j++){
			if(x%j==0){
				p[++tot]=j;
				while(x%j==0)x/=j;
			}
		}
		if(x>1)p[++tot]=x;
	}
	sort(p+1,p+tot+1);
	tot=unique(p+1,p+tot+1)-p-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k=a[i];
		for(int j=2;j*j<=k;j++){
			if(k%j==0){
				int l=lower_bound(p+1,p+tot+1,j)-p;
				while(k%j==0)k/=j,x[i][l]++;
			}
		}
		if(k>1)x[i][lower_bound(p+1,p+tot+1,k)-p]++;
		k=b[i];
		for(int j=2;j*j<=k;j++){
			if(k%j==0){
				int l=lower_bound(p+1,p+tot+1,j)-p;
				while(k%j==0)k/=j,y[i][l]++;
			}
		}
		if(k>1)y[i][lower_bound(p+1,p+tot+1,k)-p]++;
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			aa[j][1]=y[i][j];
			aa[j][2]=-y[i+1][j];
			aa[j][3]=x[i+1][j]-x[i][j];
		}
		node sss=G();
		if(sss.mx==0){
			for(int j=1;j<=tot;j++)x[i][j]+=sss.x*y[i][j];
			bool f=1;
			for(int k=i+1;k<=n;k++){
				for(int j=1;j<=tot;j++){
					if(y[k][j]){
						if(x[i][j]<x[k][j]||(x[i][j]-x[k][j])%y[k][j]){
							f=0;
							j=tot+1;k=n+1;
							break;
						}
					}
					else if(x[i][j]!=x[k][j]){
						f=0;
						j=tot+1;k=n+1;
						break;
					}
				}
			}
			if(f){
				int ans=1;
				for(int j=1;j<=tot;j++)ans=ans*fpow(p[j],x[i][j])%mod;
				print(ans);
				fwrite(puf,1,ptot,stdout);
				return 0;
			}
			else{
				puts("-1");
				exit(0);
			}
		}
		else{
			if(sss.x==0&&x[i][1]<x[i+1][1])sss.x+=sss.mx;
			for(int j=1;j<=tot;j++)x[i][j]+=sss.x*y[i][j];
			for(int j=1;j<=tot;j++)y[i][j]*=sss.mx;
			for(int j=1;j<=tot;j++)x[i+1][j]=x[i][j],y[i+1][j]=y[i][j];
		}
	}
	int ans=1;
	for(int j=1;j<=tot;j++)ans=ans*fpow(p[j],x[n][j])%mod;
	print(ans);
	fwrite(puf,1,ptot,stdout);
	return 0;
}

随机数列

过了再补，等一手高手的题解。

AT_tenka1_2019_e Polynomial Divisors

给定 $N$ 次多项式 $f (x) = a_{N} \times x^{N} + a_{N - 1} \times x^{N - 1} + \dots + a_{0}$ ，请求出所有满足以下条件的质数 $p$ ：对于任意整数 $x$ ， $f (x)$ 都是 $p$ 的倍数。从小到大输出。

注意到对于一个质数 $p$ ，有 $a_{i} x^{i} \equiv a_{i} x^{i mod (p - 1)} (\mod p)$ ，所以我们可以 $O (n)$ 将 $f (x)$ 转化为一个 $min (n, p - 2)$ 次的多项式并判断其是否符合要求。

接下来我们对 $a_{0}$ 的值进行分讨：

若 $a_{0} \neq 0$ ，则 $f (0) = a_{0}$ ，所以符合条件的只有 $a_{0}$ 的质因子。
若 $a_{0} = 0$ ，那我们设 $g = {gcd}_{i = 1}^{n} a_{i}$ ，显然所有 $g$ 是质因子是满足条件的。同时对于一些小于 $n + 1$ 的质数也有可能通过降幂改变系数让 $p$ 是满足条件的。所以我们再暴力判断小于 $n + 1$ 的质数，并把合法的加入答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
char buf[1000005],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
	int x=0,f=0,c=gc();
	while(!isdigit(c))f|=(c=='-'),c=gc();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc();
	return f?-x:x;
}
char puf[1000005];
int ptot;
#define pc(x) (ptot==1000000?(fwrite(puf,1,1000000,stdout),ptot=0,puf[ptot++]=x):puf[ptot++]=x)
void print(int x){
	if(x<0){
		pc('-');
		print(-x);
		return;
	}
	if(x>9)print(x/10);
	pc(x%10+'0');
}
int n,a[10005],b[10005];
vector<int>ans;
void ch(int x){
	for(int i=0;i<=min(x,n);i++)b[i]=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)b[i%(x-1)]=(b[i%(x-1)]+a[i]%x+x)%x;
	for(int i=0;i<=min(x,n);i++){
		if(b[i])return;
	}
	ans.push_back(x);
}
int p[10005],tot;
bool f[100005];
void ss(){
	for(int i=2;i<=10000;i++){
		if(!f[i])p[++tot]=i;
		for(int j=1;i*p[j]<=10000&&j<=tot;j++){
			f[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=n;i>=0;i--)a[i]=read();
	if(a[0]!=0){
		int x=abs(a[0]);
		for(int i=2;i*i<=x;i++){
			if(x%i==0){
				ch(i);
				while(x%i==0)x/=i;
			}
		}
		if(x>1)ch(x);
	}
	else{
		ss();
		int gcd=0;
		for(int i=0;i<=n;i++)gcd=__gcd(gcd,a[i]);
		gcd=abs(gcd);
		for(int i=2;i*i<=gcd;i++){
			if(gcd%i==0){
				if(i>n)ans.push_back(i);
				while(gcd%i==0)gcd/=i;
			}
		}
		if(gcd>1&&gcd>n)ans.push_back(gcd);
		for(int i=1;i<=tot&&p[i]<=n;i++){
			ch(p[i]);
		}
		sort(ans.begin(),ans.end());
	}
	for(int x:ans)print(x),pc(10);
	fwrite(puf,1,ptot,stdout);
	return 0;
}

[WC2021] 斐波那契

众所周知，小葱同学擅长计算，尤其擅长计算组合数。但是对组合数有了充分研究的小葱同学对组合数失去了兴趣，而开始研究数列。

我们定义 $F_{0} = a$ ， $F_{1} = b$ ， $F_{i} = (F_{i - 1} + F_{i - 2}) mod m$ （ $i \geq 2$ ）。

现在给定 $n$ 组询问，对于每组询问请找到一个最小的整数 $p$ ，使得 $F_{p} = 0$ 。

下午再写。

跳跳棋

跳跳棋是在一条数轴上进行的。棋子只能摆在整点上。每个点不能摆超过一个棋子。我们用跳跳棋来做一个简单的游戏：棋盘上有三颗棋子，分别在 $a, b, c$ 这三个位置。我们要通过最少的跳动把他们的位置移动成 $x, y, z$ （注意：棋子是没有区别的）。

跳动的规则很简单，任意选一颗棋子，对一颗中轴棋子跳动。跳动后两颗棋子距离不变。一次只允许跳过一颗棋子。

写一个程序，首先判断是否可以完成任务。如果可以，输出最少需要的跳动次数。

容易发现一个局面下最多只有 3 种不同的操作选择：将中间的向两边跳或者将某一边的棋子向中间跳。

常识告诉我们，这表明从一个局面出发能到达的所有局面构成一颗二叉树，而根代表的局面就是满足 $b - a = c - b$ 的一个局面。

然后按题意模拟去找初末局面的 LCA 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
char buf[1000005],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
	int x=0,f=0,c=gc();
	while(!isdigit(c))f|=(c=='-'),c=gc();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc();
	return f?-x:x;
}
char puf[1000005];
int ptot;
#define pc(x) (ptot==1000000?(fwrite(puf,1,1000000,stdout),ptot=0,puf[ptot++]=x):puf[ptot++]=x)
void print(int x){
	if(x<0){
		pc('-');
		print(-x);
		return;
	}
	if(x>9)print(x/10);
	pc(x%10+'0');
}
int a,b,c,x,y,z;
deque<string>q1,q2;
string get(int a,int b,int c){
	return to_string(a)+"#"+to_string(b)+"#"+to_string(c);
}
string Get(int a,int b,int c,int l){
	while(b-a!=c-b){
		int l1=b-a,l2=c-b;
		if(l1<l2){
			int l3=(l2-1)%l1+1;
			int tt=(l2-l3)/l1;
			if(l<=tt){
				l3=l2-l*l1;
				b=c-l3;
				a=b-l1;
				break;
			}
			l-=tt;
			b=c-l3;
			a=b-l1;
		}
		else{
			int l3=(l1-1)%l2+1;
			int tt=(l1-l3)/l2;
			if(l<=tt){
				l3=l1-l*l2;
				b=a+l3;
				c=b+l2;
				break;
			}
			l-=tt;
			b=a+l3;
			c=b+l2;
		}
	}
	return get(a,b,c);
}
signed main()
{
	a=read(),b=read(),c=read(),x=read(),y=read(),z=read();
	if(a>b)swap(a,b);
	if(b>c)swap(b,c);
	if(a>b)swap(a,b);
	if(b>c)swap(b,c);
	if(x>y)swap(x,y);
	if(y>z)swap(y,z);
	if(x>y)swap(x,y);
	if(y>z)swap(y,z);
	int A=a,B=b,C=c,X=x,Y=y,Z=z;
	q1.push_front(get(a,b,c));
	int S=0,T=0;
	while(b-a!=c-b){
		int l1=b-a,l2=c-b;
		if(b-a<c-b){
			int l3=(l2-1)%l1+1;
			S+=(l2-l3)/l1;
			b=c-l3;
			a=b-l1;
			l2=l3;
		}
		else{
			int l3=(l1-1)%l2+1;
			S+=(l1-l3)/l2;
			b=a+l3;
			c=b+l2;
			l1=l3;
		}
		q1.push_front(get(a,b,c));
	}
	q2.push_front(get(x,y,z));
	while(y-x!=z-y){
		int l1=y-x,l2=z-y;
		if(y-x<z-y){
			int l3=(l2-1)%l1+1;
			T+=(l2-l3)/l1;
			y=z-l3;
			x=y-l1;
			l2=l3;
		}
		else{
			int l3=(l1-1)%l2+1;
			T+=(l1-l3)/l2;
			y=x+l3;
			z=y+l2;
			l1=l3;
		}
		q2.push_front(get(x,y,z));
	}
	if(q1[0]!=q2[0])puts("NO");
	else{
		int l=0,r=min(S,T),mid,res=S+T;
		while(l<=r){
			mid=l+r>>1;mid))l=mid+1,res=S-mid+T-mid;
			else r=mid-1;
		}
		pc('Y'),pc('E'),pc('S'),pc(10);
		print(res);
	}
	fwrite(puf,1,ptot,stdout);
	return 0;
}

小凯的疑惑

给定正整数 $a, b$ 满足 $(a, b) = 1$ ，求最大的 $n$ 满足 $a x + b y = n$ 不存在非负整数解。

简单题。

因为 $a x + b y = n$ ，所以 $n \equiv a x (\mod b)$ ，因为前面的要求，我们有 $n < a x$ ，那么有 $n = a x - b$ ，为了让 $n$ 最大，我们取 $x = b - 1$ ，有 $n = a b - a - b$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
char buf[1000005],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
	int x=0,f=0,c=gc();
	while(!isdigit(c))f|=(c=='-'),c=gc();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc();
	return f?-x:x;
}
char puf[1000005];
int ptot;
#define pc(x) (ptot==1000000?(fwrite(puf,1,1000000,stdout),ptot=0,puf[ptot++]=x):puf[ptot++]=x)
void print(int x){
	if(x<0){
		pc('-');
		print(-x);
		return;
	}
	if(x>9)print(x/10);
	pc(x%10+'0');
}
int a,b;
signed main()
{
	a=read();b=read();
	if(a==1||b==1)puts("0");
	else print(a*b-a-b);
	fwrite(puf,1,ptot,stdout);
	return 0;
}

AGC063D Many CRT

给定系数 $N, a, b, c, d (2 \leq N \leq 10^{6}, 1 \leq a, b, c, d \leq 10^{6})$ ，询问同余方程组 $x \equiv a + k b (m o d c + k d)$ 的最小非负整数解 $x$ ，其中 $0 \leq k < N$ 。

由于答案较大，请输出答案对 998244353 取模的结果。

设 $g = gcd (c, d)$ 。

因为 $x \equiv a (\mod c)$ ，也就有 $x \equiv a (\mod g)$ 。结合 $x \equiv a + i b (\mod c + i d)$ ，可以发现如果 $g ∤ b$ ，原方程组无解。

我们设

posted @ 2024-12-03 19:56 Grisses 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 题解：AT_tenka1_2019_e Polynomial Divisors

· chu-deng-shuo-lun

· 数学数论专项练习 day 60

· NOIP 数学

· Solution Set【2024.1.16】

阅读排行：
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 使用C#创建一个MCP客户端
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列1：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 按钮权限的设计及实现

公告

昵称： Grisses
园龄： 1年10个月
粉丝： 13
关注： 21

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类

2025联合省选集训(2)

Miss Grisses's Shop

格莉赛丝小姐可爱~

NOIP2024集训Day60

CF986F Oppa Funcan Style Remastered

CF571E Geometric Progressions

随机数列

AT_tenka1_2019_e Polynomial Divisors

[WC2021] 斐波那契

跳跳棋

小凯的疑惑

AGC063D Many CRT

公告

搜索

常用链接

我的标签

合集

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论