Solution Set - 冬日纪行（前半）

目录

• 0.「集训队互测 2018」「LOJ #2504」小 H 爱染色 ✡️
• 1.「LOJ #6402」yww 与校门外的树
• 2.「集训队互测 2019」「LOJ #3075」组合数求和 ✡️
• 3.「LibreOJ Round #10」「LOJ #565」mathematican 的二进制
• 4.「集训队互测 2019」「洛谷 P6262」神树大人挥动魔杖 @
• 5.「SDOI 2013」「洛谷 P3307」项链
• 6.「THUPC 2019」「洛谷 P5376」过河卒二
• 7.「AHOI/HNOI 2017」「洛谷 P3726」抛硬币 📓
• 8.「LOJ #6503」Magic
• 9.「集训队作业 2020」「LOJ #3398」带加强和多项木 📓✡️

$$\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\dots} \require{cancel}$$

0.「集训队互测 2018」「LOJ #2504」小 H 爱染色 ✡️

  Link & Submission.

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  Tags:「A.数学-多项式」「A.数学-数学推导」「A.数学-Stirling 数/反演」「B.Tricks」

  破题的关键在于对 $F(A)$ 中 $A^i$ 的处理. 这个 $A$ 可以理解作前缀白球数量, 而为了免于枚举 "前缀", 我们可以把 "前缀" 理解作 "$A^i$ 对应的对象被定序在两次染色对应的对象之前" 这样的组合情景. "定序" 自然只能对小球定序, 那么我们思路就是把前后两项分别转化为 "选一些小球" 的方案数, 然后将选出来的小球一起放入长度为 $n$ 的可用序列, 就能求出答案.

  对于 $A^i$, Stirling 反演恰好提供了一个很好的转化: 枚举 "在 $A$ 个球中任选有序可重复的 $i$ 个球" 时, 最终被选过的球数. 对于两次染色, 直接枚举最终被染黑的求数就能完成转化. 枚举多项式的次数 $i$, $A^i$ 中被选过的球数 $j$, 被染黑的球数 $k$, 可以表达出答案:

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{i=0}^mf_i\sum_{j=0}^i{i\brace j}j!\sum_{k=m}^{2m}\binom{k}{m}\binom{m}{k-m}\binom{n}{j+k}\\ &= \sum_{j=0}^m\sum_{k=m}^{2m}j!\cdot\binom{k}{m}\binom{m}{k-m}\cdot\binom{n}{j+k}\color{red}{\sum_{i=j}^mf_i{i \brace j}}\\ &= \sum_{j=0}^m\sum_{k=m}^{2m}j!\cdot\binom{k}{m}\binom{m}{k-m}\cdot\binom{n}{j+k}\color{red}{\sum_{i=0}^mf_i\frac{1}{j!}\sum_{t=0}^j(-1)^{j-t}\binom{j}{t}t^i}\\ &= \sum_{j=0}^m\sum_{k=m}^{2m}j!\cdot\binom{k}{m}\binom{m}{k-m}\cdot\binom{n}{j+k}\color{red}{\sum_{t=0}^j\frac{(-1)^{j-t}}{j!}\binom{j}{t}\sum_{i=0}^mf_it^i}\\ &= \sum_{j=0}^m\sum_{k=m}^{2m}j!\cdot{\color{blue}{\binom{k}{m}\binom{m}{k-m}}}\cdot\binom{n}{j+k}\color{red}{\sum_{t=0}^j\frac{F(t)}{t!}\cdot\frac{(-1)^{j-t}}{(j-t)!}}\\ &= \sum_{j=0}^m\sum_{k=m}^{2m}j!{\color{red}{f(j)}}\cdot{\color{blue}{g(k)}}\binom{n}{\color{green}{j+k}}\\ &= \sum_{{\color{green}s}=m}^{3m}\binom{n}{s}\sum_{j+k=s}j!f(j)g(k). \end{aligned}$$

  化简比较初等, 就不解释了. 算 $f$ 和答案各需要一次多项式乘法. 复杂度 $\mathcal O(m\log m)$.

Remark.

  最初表达式中的 $\binom{n}{j+k}$ 不动声色的讲述了 "第一个黑色之前的白色才算数" 这一信息, 感觉是一个不错的思维 trick.

1.「LOJ #6402」yww 与校门外的树

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  Tags:「A.数学-多项式」「A.数学-生成函数」

  对于一个排列, 将其所有顺序对连双向边. 题目即求所有排列连通块大小乘积之和.

  设 $F(z)$ 为组合成单个连通块的方案数关于排列长度的 OGF, $P(z)$ 为排列数量关于排列长度的 OGF. 则显然有 $\sum_{i\ge0}F^i(z)=P(z)$, 得 $F(z)=1-P^{-1}(z)$. 答案就是 $[z^n]\frac{1}{1-\vartheta F(z)}$ 啦. 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

2.「集训队互测 2019」「LOJ #3075」组合数求和 ✡️

  Link & Submission.

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  Tags:「A.数学-数学推导」「B.Tricks」

$$f_c=[z^c]\sum_{i=0}^{n-1}(1+z)^{id}=[z^c]\frac{1-(1+z)^n}{1-(1+z)^d}.$$

  但凄神寒骨, 悄怆幽邃的是, $M$ 是任意的, $d$ (分母约掉 $z$ 之后的常数项) 甚至可能不与 $M$ 互素. 我们势必需要用 CRT 之类的东西来抢救这个做法. 对于 $M$ 的一个极大素因子幂 $p^{\alpha}$, 我们希望求出

$$F(z)=\sum_{i=0}^{n-1}(1+z)^{id}\bmod p^\alpha.$$

虽然多项式没有逆, 但乘法关系还是可以表达的. 若令

$$G(z)=\frac{1-(1+z)^d}{z}\bmod p^\alpha,~H(z)=\frac{1-(1+z)^{nd}}{z}\bmod p^\alpha;$$

就有 $H(z)\equiv F(z)G(z)$. 想要求 $F(z)$, 由于 $G,H$ 的系数非常平凡, 对比两侧系数:

$$[z^c]H(z)=\sum_{i=0}^c[z^{c-i}]F(z)\cdot[z^i]G(z).$$

拎出与 $p$ 互素的最靠前的 $[z^k]G(z)$, 表达此时我们想求的一个 $[z^t]F(z)$, 有

$$[z^k]G(z)\cdot[z^t]F(z)=[z^{k+t}]H(z)-{\color{blue}{\sum_{i=0}^{k-1}[z^{t+k-i}]F(z)\cdot[z^i]G(z)}}-{\color{red}{\sum_{i=k+1}^{t+k}[z^{t+k-i}]F(z)\cdot[z^i]G(z)}}.$$

  发生了什么呢? 红色部分一定有 $t+k-i<t$, 我们可以尝试递推求出 $[z^t]F(z)$. 同时注意到, 蓝色部分一定是 $p$ 的倍数. 若对于所有满足 $j>k$ 的 $[z^j]F(z)$, 再次用 $[z^k]G(z)\cdot[z^j]F(z)$ 迭代, 蓝色 $\times$ 蓝色一定是 $p^2$ 的倍数, 其余项都是可算或可递推的. 迭代 $\alpha$ 次之后, 蓝色当场消失! 我们由此就能生成 $[z^t]F(z)$ 的递推是啦!

  迭代的复杂度是 $\mathcal O(md\alpha+d^2k^2)$, 总复杂度是一大坨. 建议学会了就行, 不要写这托答辩.

Remark.

  其实想到了迭代多次消除 $p$ 的高次式子, 但没有想到利用 "不太行" 的 GF 关系列出等式观察系数. 这个题有点高科技啊.

3.「LibreOJ Round #10」「LOJ #565」mathematican 的二进制

  Link & Submission.

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  Tags:「水题无 tag」

  显然进位次数和操作顺序无关. 从低到高维护当前积压 bit 的出现概率关于积压 bit 数量的 GF, 每次 GF 长度会减半, 然后用分治 FFT 乘上当前 bit 的修改. 复杂度 $\mathcal O(n\log^2n)$ ($n,m$ 同阶).

4.「集训队互测 2019」「洛谷 P6262」神树大人挥动魔杖 @

  Link. 嘴巴了.

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  Tag:「A.数学-数学推导」

  设 $h_i$ 表示一个人走到 $i$ 的方案数, 那么 $h_i=ph_{i-1}+qh_{i-2}$. 考虑容斥限制 "每个格子都被踩过", 令 $f_i$ 表示 $m$ 个人走到 $i$, 钦定未走过 $i-1$ 的带容斥系数方案数, 枚举上次被钦定未走过的格子, 则

$$f_i=-\sum_{j=1}^{i-2}(qh_{i-j-1})^mf_j.$$

再令 $g_i$ 表示 $n=i$ 时的答案, 则

$$g_i=\sum_{j=1}^i(h_{i-j+1}+qh_{i-j})^mf_j.$$

 接下来的工作是求答案. 设 $F(z),G(z),H(z)$ 分别为三个序列的 GF, 对于 $H(z)$, 显然有

$$H(z)=z+pzH(z)+qz^2H(z)=\frac{z}{1-pz-qz^2}.$$

引入其特征根

$$\Delta=p^2+4q,~\alpha=\frac{p+\sqrt{\Delta}}{2},~\beta=\frac{p-\sqrt{\Delta}}{2};$$

可以将其分解为

$$H(z)=\frac{A}{1-\alpha z}+\frac{B}{1-\beta z},$$

那么有 $h$ 的通项

$$h_i=A\alpha^i+B\beta^i.$$

  我们还需要研究 $\mathcal H(z)=\sum_i h_i^mz^i$, 直接代入通项:

$$\begin{aligned} \mathcal H(z) &= \sum_{i\ge0}z^i\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}A^j\alpha^{ij}B^{m-j}\beta^{i(m-j)}\\ &= \sum_{j=0}^n\binom{m}{j}A^jB^{m-j}\sum_{i\ge0}\alpha^{ij}\beta^{i(m-j)}z^i\\ &= \sum_{j=0}^m\frac{\binom{m}{j}A^jB^{m-j}}{1-\alpha^j\beta^{m-j}z}. \end{aligned}$$

到此, 若令 $\mathcal H(z)=P(z)Q^{-1}(z)$, 则 $Q(z)=\prod_j(1-\alpha^j\beta^{m-j}z)$. 同理, $F(z),G(z)$ 也可以化简作有理分式. 用 Bostan-Mori 求答案即可. 复杂度 $\mathcal O(m\log m\log n)$.

5.「SDOI 2013」「洛谷 P3307」项链

  Link & Submission.

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  Tag:「A.数学-Pólya 计数」

  首先考虑求出珠子的种类数 $c$. 做一个小小的容斥, 若令

$$c_3=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a\sum_{k=1}^a\sum_{d\mid i,d\mid j,d\mid k}\mu(d)=\sum_{d=1}^a\mu(d)\lfloor a/d\rfloor^3,\\ c_2=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a\sum_{d\mid i,d\mid j}\mu(d)=\sum_{d=1}^a\mu(d)\lfloor a/d\rfloor^2,\\ c_1\cancel{=\sum_{i=1}^a\sum_{d\mid i}\mu(d)=\sum_{d=1}^a\mu(d)\lfloor a/d\rfloor}=1;$$

则显然有 $c=\frac{1}{6}(c_3+3c_2+2c_1)$.

  接下来就是一个纯纯的 Polya 计数. 设用 $c$ 种颜色染长为 $\ell$ 的环, 相邻点不同色的方案数为 $f(\ell,c)$, 有个耳熟能详的结论是 $f(\ell,c)=(c-1)\cdot(-1)^\ell+(c-1)^\ell$. 注意这个项链只允许旋转不允许翻转, Polya 一下就是

$$\textit{ans}=\sum_{i=0}^{n-1}f(\gcd(i,n),c)=\sum_{d\mid n}f(d,c)\varphi(n/d).$$

  答案是 $\textit{ans}/n$, 但 $n$ 可能没有逆元, 所以需要在 $P^2$ 下完成运算再除掉 $P$ 因子. 单次复杂度 $\mathcal O(d(n)+m)$.

6.「THUPC 2019」「洛谷 P5376」过河卒二

  Link & Submission.

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  Tag:「A.数学-组合计数」

  先考虑简单的行走的方案数. 设 $f(i,j)$ 表示走出位移向量 $(i,j)$ 的方案数, 显然

$$f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)+f(i-1,j-1).$$

引入 GF 简单优化一下,

$$\begin{aligned} F_i(z) &= F_{i-1}(z)+zF_i(z)+zF_{i-1}(z)\\ &= \frac{1+z}{1-z}F_{i-1}(z)\\ &= \frac{(1+z)^i}{(1-z)^{i+1}} \end{aligned}$$

到此我们得到了一个 $\mathcal O(\min\{a,b\})$ 算 $f(a,b)$ 的方法, 由于 $m,k$ 都挺小, 差不多够用了.

  我们还需要求从一个位置走出棋盘的方案数. 设从 $(0,0)$ 走出边界 $(i,j)$ 的棋盘的方案数为 $g(i,j)$, 这里有必要考虑到 $i\gg j$, 那么

$$\begin{aligned} g(i,j) &= 3f(i,j)+2\sum_{k=0}^{i-1}f(k,j)+2\sum_{k=0}^{j-1}f(i,k)\\ &= 3f(i,j)+2[z^{i-1}]\frac{(1+z)^j}{(1-z)^{j+2}}+2[z^{j-1}]\frac{(1+z)^i}{(1-z)^{i+2}}. \end{aligned}$$

虽然递推组合数很别扭但还是可以 $\mathcal O(\min\{a,b\})$ 地算, 于是乎容斥一发就 $\mathcal O(mk^2)$ 做完了.

  模数是素数但很小, 需要用 $a\times p^w$ 表示所需的一些值.

  UPD: 首先, 我是伞兵. 其次, $g(i,j)=f(i+1,j+1)$.

7.「AHOI/HNOI 2017」「洛谷 P3726」抛硬币 📓

  Link & Submission.

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  Tag:「A.数学-组合计数」

  当 $a=b$ 时, 答案为即非平局数量的一半, 即

$$\textit{ans}=\frac{1}{2}\left(2^{a+b}-\sum_{i=0}^a\binom{a}{i}^2\right)=2^{a+b-1}-\frac{1}{2}\binom{2a}{a}.$$

  沿着这一思路讨论 $a>b$ 的情形. 注意到 $a-b$ 挺小, 我们可以做一个小小的讨论: 将所有 A 胜的方案分为所有硬币翻转后 B 胜的方案和所有硬币翻转后是 A 胜或平局的方案. 讨论的目的很自然: 如果能算出后者, 我们就能沿用 "非平局数量的一半" 这个思路了.

  设第二类方案中, A 有 $w_a$ 枚正面硬币, B 有 $w_b$ 枚正面硬币, 则它们需要满足 $w_a>w_b$ 且 $a-w_a\ge b-w_b$, 即 $a-b\ge w_a-w_b>0$. 可见 $w_a-w_b$ 是可枚举的. 则此类方案数 $c$ 可以表示为 ($i$ 枚举 $w_b$, $j$ 枚举 $w_a-w_b$):

$$\begin{aligned} c &= \sum_{i=0}^b\sum_{j=1}^{a-b}\binom{b}{i}\binom{a}{i+j}\\ &= \sum_{j=1}^{a-b}\sum_{i=0}^b\binom{b}{b-i}\binom{a}{i+j}\\ &= \sum_{j=1}^{a-b}\binom{a+b}{j+b}. \end{aligned}$$

顺便写出答案:

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \frac{1}{2}\left(2^{a+b}-\sum_{i=0}^b\binom{a}{i}\binom{b}{i}+c\right)\\ &= 2^{a+b-1}-\frac{1}{2}\binom{a+b}{b}+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{a-b}\binom{a+b}{j+b}. \end{aligned}$$

  还要写扩展 Lucas, 真是令人眼前一黑.

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「扩展 Lucas」

  没写过博客, 回忆一下.

  欲求 $\binom{n}{m}\bmod p^{\alpha}$. 设 $w_p(x)=\max\{p^k~\big|~p^k\mid x\}$, 我们可以通过 Legendre 定理轻松地求出 $w_p(n!)$, 接下来需要处理的问题是

$$\frac{n!/w_p(n!)}{m!/w_p(m!)\cdot(n-m)!/w_P((n-m)!)}\bmod p^{\alpha},$$

当然下面的家伙是有逆元的, 所以只需要解决形如

$$n!/w_p(n!)\bmod p^{\alpha}$$

这样的问题.

$$\begin{aligned} n! &= \prod_{i=1}^ni\\ &= \prod_{i=1}^{n/p}i\cancel{p}\cdot\prod_{i\le n,p\nmid i}i\\ &[\equiv] (n/p)!\cdot\left(\prod_{i<p^\alpha,p\nmid i}i\right)^{n/p^{\alpha}}\prod_{\lfloor n/p^{\alpha}\rfloor p^\alpha\le i\le n,p\nmid i}i. \end{aligned}$$

$[\equiv]$ 大概指 "在这种语境下同余", 相信你看得懂. (

  递归下去算, 复杂度 $\mathcal O(p^\alpha\log_pn)$.

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  对于本题, 可以预处理 $\bmod 2^{10}$ 和 $\bmod 5^9$ 的扩展 Lucas ($2$ 的幂预处理到 $k+1$ 次幂是因为计算过程中有一个 $\div2$), 后续的计算都是 $\mathcal O(\log n)$ 的了.

8.「LOJ #6503」Magic

  Link & Submission.

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  Tags:「A.数学-生成函数」「A.数学-多项式」

  魔术对仅出现于相邻同色元素, 可以发现不同色元素相对独立. 设 $G_s(z)$ 表示一个数量为 $s$ 的颜色中, 方案数关于钦定的连通块数的 EGF, 那么

$$G_s(z)=\sum_{i=1}^{s}\frac{z^i}{i!}\binom{s-1}{i-1}.$$

全局方案数关于钦定的连通块数的 EGF 则为

$$G(z)=\prod_{i=1}^mG_{a_i}(z).$$

  对 $G(z)$ 二项式反演一下就好. 注意写的时候想清楚 "连通块数" 和 "魔术对数" 组合意义上的关系. 瓶颈复杂度是分治 FFT 的 $\mathcal O(n\log^2n)$.

9.「集训队作业 2020」「LOJ #3398」带加强和多项木 📓✡️

  Link & Submission. (题目中的有根树是儿子有序, 结点无标号的树.)

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  Tags:「A.数学-生成函数」「A.数学-Lagrange 反演」「B.Tricks」

  冥冥之中看过这题题解的样子… 不会是在梦里吧.

  设 $F(z)$ 为铁树数量关于叶子数量的 GF, 显然

$$F(z)=z+\sum_{i\in D}F^i(z).$$

我们希望求出 $[z^n]F(z)$. 看到这样的 GF 形式, 审时度势之后, 我立马滚去复习 Lagrange 反演.

• Note -「Lagrange 反演」记笔习学
• Note -「广义二项级数」浅赏 (读到前几个结论推导就差不多了.)

  学成归来, 一眼盯真:

$$G(z)=z-\sum_{i\in D}z^i,G(F(z))=z.$$

拉反:

$$[z^n]F(z)=[z^{n-1}]G'(z)(zG^{-1}(z))^{n+1}.$$

注意这里需要用变形形式规避模意义下可能无意义的 $\frac{1}{n}$.

  到这里, 这道题才露出了她的邪恶爪牙: 我们需要算一个多项式的超级高次幂模一个超级小模数.

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「EI 科技: 小模数下的多项式幂」

  名字瞎编的, 不过 EI 的确写过关于这个的博客, 不知道有没有好哥哥帮我找找. (

  先考虑对素数 $p$ 取模的情况. 对于多项式幂的处理, 有一个很小巧的结论:

$$F^p(z)\equiv F(z^p)\pmod{p}.$$

简单 Lucas 定理可证.

  利用这一结论, 我们可以尝试一个递归解法. 假设我们希望求出 $[z^m]A(z)B^n(z)\bmod p$, 令 $m=pk_m+r_m,n=pk_n+r_n$, 那么

$$[z^m]A(z)B^n(z)=[z^{pk_m+r_m}](A(z)B^{r_n}(z))B^{pk_n}(z),$$

此时令 $A(z)B^{r_n}(z)=\sum_{r=0}^{p-1}z^rC_r(z^p)$, 则

$$\begin{aligned}[] [z^m]A(z)B^n(z) &\equiv [z^{pk_m+r_m}]z^{r_m}C_{r_m}(z^p)B^{pk_n}(z)\\ &\equiv [z^{pk_m}]C_{r_m}(z^p)B^{k_n}(z^p)\\ &\equiv [z^{k_m}]C_{r_m}(z)B^{k_n}(z)\pmod p. \end{aligned}$$

  设 $A(z),B(z)$ 的次数均为 $\mathcal O(w)$, 预处理所有 $B^r(z)$, 我们能得到 $\mathcal O(w^2p^2)-\mathcal O(w^2\log_pn)$ 的算法.

  接下来考虑对素数幂 $p^\alpha$ 取模的情况. 第一项任务自然是找到类似上面的结论. 我们发现:

$$F^{p^\alpha}(z)\equiv F^{p^{\alpha-1}}(z^p)\pmod{p^\alpha}.$$

可以归纳证明. 当 $\alpha=1$ 时显然成立. 接下来由 $\alpha$ 归纳向 $\alpha+1$. 设 $F^{p^\alpha}(z)=F^{p^{\alpha-1}}(z)+p^\alpha R(z)$, 那么

$$\begin{aligned} F^{p^{\alpha+1}}(z) &= (F^{p^{\alpha-1}}(z^p)+p^\alpha R(z))^p\\ &= \sum_{i=0}^p{\color{red}{\binom{p}{i}}}F^{ip^{\alpha-1}}(z^p)\cdot {\color{red}{p^{\alpha(p-i)}}}R^{p-i}(z)\\ &\equiv F^{p^\alpha}(z^p)\pmod{p^{\alpha+1}}. \end{aligned}$$

两个红色项加持下, 仅有 $i=p$ 时内部模意义下非 $0$. 由此完成归纳.

$\square$

  回到对 $[z^m]A(z)B^n(z)\pmod{p^\alpha}$ 的求解. 令 $A_0(z)=A(z)B^{n\bmod p^{\alpha-1}}$, $B_0(z)=B^{p^{\alpha-1}}(z)$, $n_0=\lfloor n/p^{\alpha-1}\rfloor$, 这样 $n_0$ 上的 $p$ 因子就能用结论直接放入 $B_0(z)$, 由此得到和模 $p$ 时完全一样的递归形式. 其复杂度为 $\mathcal O(w^2p^{2\alpha})-\mathcal O(w^2p^{2\alpha-2}\log_pn)$. 所有多项式乘法为暴力卷积.

  顺带一提, 结论的推导与 $n$ 并不相关, 因此可以不加任何修正地处理 $n<0$ 的情况.

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  这道题也就这样啦, 拉反之后套用上诉算法求解, 再 CRT 合并出答案就好 直接枚举答案检查是否合法就好. 最坏复杂度 $\mathcal O(k^2m^2)-\mathcal O(k^2m^2\log_mn)$.

Remark.

  学会一道这样的数学题真的治愈, 喜欢科技发明家们.

  (是鲜花捏.)