多项式全家桶（还有些不会的）

多项式全家桶

记号约定

$f^{(i)}(x)$ ：对 $f(x)$ 求 $i$ 阶导。
$[x^i]f(x)$ ： $f(x)$ 的 $i$ 次项系数。

多项式微积分

我们知道：

\begin{aligned} \frac{d}{d x} x^{n} & = n x^{n - 1} \\ \int x^{n} d x & = \frac{x^{n + 1}}{n + 1} \end{aligned}

$\begin{aligned} \dfrac{\textrm d}{\textrm dx}x^n&=nx^{n-1}\\ \int x^n\textrm dx&=\dfrac{x^{n+1}}{n+1} \end{aligned}$

以及可加性，于是容易写出代码：

#define rep(x,y,z) for(int x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(int x=(y);x>=(z);x--)
void PolyDer(ll* a, ll* b, ll n) {
	rep(i, 1, n-1) b[i-1] = a[i] * i % mod;
	b[n-1] = 0;
}
void PolyInt(ll* a, ll* b, ll n) {
	rep(i, 1, n-1) b[i] = a[i-1] * inv(i) % mod;
	b[0] = 0;
}

时间复杂度 $\mathcal O(n)$ 。

多项式加减法

对应项相加减即可，于是我都没封装。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$ 。

多项式乘法

前置知识：FFT/NTT。其中 FFT 用于无模数情况，NTT 用于有 NTT 模数情况。

ll k = 1;
for(;k<=n+m;k<<=1);
NTT(a, k, 1); NTT(b, k, 1);
rep(i, 0, k-1) a[i] = a[i] * b[i] % mod;
NTT(a, k, -1);

时间复杂度为 NTT 的 $T(n)=2T(\frac{n}{2})+\mathcal O(n)=\mathcal O(n\log n)$ 。

任意模数多项式乘法

还不会。

多项式牛顿迭代

前置知识：牛顿迭代、泰勒展开。请先自行学习。

多项式牛顿迭代并不会被封装，但它是一个十分重要的推导方法，下面都会用到。

多项式牛顿迭代用于解决这样的问题：给定多项式 $g(x)$ ，求多项式 $f(x)$ 使得 $g(f(x))\equiv 0\pmod{x^n}$ 。

首先， $[x^0]g(f(x))\equiv 0$ 也就是 $g(f(x))\equiv 0\pmod{x}$ 的解需要单独求出。

然后设 $f_0$ 是 $g(f(x))\equiv 0\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}$ 的解。

对 $g(f(x))$ 在 $f_0(x)$ 处进行泰勒展开：

\sum_{i = 0}^{+ \infty} \frac{g^{(i)} (f_{0} (x))}{i!} (f (x) - f_{0} (x))^{i} \equiv 0 (\mod x^{n})

$\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}(f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\pmod{x^n}$

因为 $f(x)-f_0(x)$ 的最低非零项次数最低为 $\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil$ ，所以 $\forall i\ge 2:(f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\pmod{x^n}$ ，进一步得到：

\begin{aligned} g (f_{0} (x)) + g^{'} (f_{0} (x)) (f (x) - f_{0} (x)) & \equiv 0 & (\mod x^{n}) \\ f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{g (f_{0} (x))}{g^{'} (f_{0} (x))} & (\mod x^{n}) \end{aligned}

$\begin{aligned} g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x))&\equiv 0&\pmod{x^n}\\ f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}&\pmod{x^n} \end{aligned}$

多项式乘法逆元

设我们要求给定函数 $h(x)$ 的乘法逆元，则有方程：

g (f (x)) = \frac{1}{f (x)} - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})

$g(f(x))=\dfrac{1}{f(x)}-h(x)\equiv 0\pmod{x^n}$

应用多项式牛顿迭代可得：

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{\frac{1}{f_{0} (x)} - h (x)}{- \frac{1}{f_{0}^{2} (x)}} & (\mod x^{n}) \\ \equiv 2 f_{0} (x) - f_{0}^{2} (x) h (x) & (\mod x^{n}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{\frac{1}{f_0(x)}-h(x)}{-\frac{1}{f_0^2(x)}}&\pmod{x^n}\\ &\equiv 2f_0(x)-f_0^2(x)h(x)&\pmod{x^n} \end{aligned}$

void PolyInv(ll* a, ll* b, ll n) {
	if(n == 1) {b[0] = inv(a[0]); return;}
	PolyInv(a, b, (n+1)>>1);
	ll k = 1;
	for(;k<=(n<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = i < n ? a[i] : 0;
	NTT(b, k, 1); NTT(tmp, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) b[i] = b[i] * (2 - b[i] * tmp[i] % mod + mod) % mod;
	NTT(b, k, -1);
	rep(i, 0, k-1) b[i] = i < n ? b[i] : 0;
}

时间复杂度为 $T(n)=T(\frac{n}{2})+\mathcal O(n\log n)=\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式开根

设我们要求 $f(x)$ 满足 $f^2(x)\equiv h(x)\pmod{x^n}$ 。

首先在 $n=1$ 时需要单独求出。如果题目保证了 $[x^0]h(x)=1$ ，则可以直接 $[x^0]f(x)=1$ ，否则需要使用二次剩余。

有方程：

g (f (x)) = f^{2} (x) - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})

$g(f(x))=f^2(x)-h(x)\equiv 0\pmod{x^n}$

应用多项式牛顿迭代可得：

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{f_{0}^{2} (x) - h (x)}{2 f_{0} (x)} & (\mod x^{n}) \\ \equiv \frac{f_{0}^{2} (x) + h (x)}{2 f_{0} (x)} & (\mod x^{n}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{f_0^2(x)-h(x)}{2f_0(x)}&\pmod{x^n}\\ &\equiv\dfrac{f_0^2(x)+h(x)}{2f_0(x)}&\pmod{x^n} \end{aligned}$

void PolySqrt(ll* a, ll* b, ll n) {
	// if(n == 1) {b[0] = 1; return;}
	if(n == 1) {mt19937 rnd(time(0)); b[0] = cipolla(rnd, a[0])[0]; return;}
	PolySqrt(a, b, (n+1)>>1);
	ll k = 1;
	for(;k<=(n<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, k-1) finv[i] = 0;
	PolyInv(b, finv, n);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = i < n ? a[i] : 0;
	NTT(b, k, 1); NTT(tmp, k, 1); NTT(finv, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) b[i] = (tmp[i] * finv[i] % mod + b[i]) % mod * inv2 % mod;
	NTT(b, k, -1);
	rep(i, 0, k-1) b[i] = i < n ? b[i] : 0;
}

时间复杂度为 $T(n)=T(\frac{n}{2})+\mathcal O(n\log n)=\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式对数函数

对于多项式 $h(x)$ ，若 $\ln h(x)$ 存在，则 $[x^0]h(x)=1$ 。

遇事不决先求导：

\frac{d \ln h (x)}{d x} \equiv \frac{h^{'} (x)}{h (x)} (\mod x^{n})

$\dfrac{\textrm d\ln h(x)}{\textrm dx}\equiv\dfrac{h'(x)}{h(x)}\pmod{x^n}$

然后两边积分：

\ln h (x) \equiv \int \frac{h^{'} (x)}{h (x)} d x (\mod x^{n})

$\ln h(x)\equiv\int\dfrac{h'(x)}{h(x)}\textrm dx\pmod{x^n}$

void PolyLn(ll* a, ll* b, ll n) {
	ll k = 1;
	for(;k<=(n<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, k-1) finv[i] = 0;
	PolyInv(a, finv, n);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = 0;
	PolyDer(a, tmp, n);
	NTT(tmp, k, 1); NTT(finv, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = tmp[i] * finv[i] % mod;
	NTT(tmp, k, -1);
	PolyInt(tmp, b, n);
}

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式指数函数

对于多项式 $h(x)$ ，若 $\exp h(x)$ 存在，则 $[x^0]h(x)=0$ ，否则 $\exp h(x)$ 的常数项不收敛。

有方程：

g (f (x)) = \ln f (x) - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})

$g(f(x))=\ln f(x)-h(x)\equiv 0\pmod{x^n}$

应用多项式牛顿迭代可得：

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{\ln f_{0} (x) - h (x)}{\frac{1}{f_{0} (x)}} & (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) (1 - \ln f_{0} (x) + h (x)) & (\mod x^{n}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{\ln f_0(x)-h(x)}{\frac{1}{f_0(x)}}&\pmod{x^n}\\ &\equiv f_0(x)(1-\ln f_0(x)+h(x))&\pmod{x^n} \end{aligned}$

void PolyExp(ll* a, ll* b, ll n) {
	if(n == 1) {b[0] = 1; return;}
	PolyExp(a, b, (n+1)>>1);
	ll k = 1;
	for(;k<=(n<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, k-1) gln[i] = 0;
	PolyLn(b, gln, n);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = 0;
	rep(i, 0, n-1) tmp[i] = ((!i) - gln[i] + a[i] + mod) % mod;
	NTT(tmp, k, 1); NTT(b, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) b[i] = b[i] * tmp[i] % mod;
	NTT(b, k, -1);
}

时间复杂度为 $T(n)=T(\frac{n}{2})+\mathcal O(n\log n)=\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式带余除法

已知 $f(x),g(x)$ ，求 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 得到的商 $Q(x)$ 和余数 $R(x)$ 。

如果可以消除余数 $R(x)$ 的影响，则多项式求逆直接就解决了。

构造变换：

f^{R} (x) = x^{\deg f} f (\frac{1}{x})

$f^R(x)=x^{\deg f}f\left(\dfrac{1}{x}\right)$

也就是翻转 $f(x)$ 的各项系数。

我们记 $n=\deg f,m=\deg g$ 。

将 $f(x)=g(x)Q(x)+R(x)$ 中的 $x$ 替换为 $\frac{1}{x}$ ，并把两边乘以 $x^n$ ，得到：

\begin{aligned} x^{n} f (\frac{1}{x}) & = x^{m} g (\frac{1}{x}) x^{n - m} Q (\frac{1}{x}) + x^{n - m + 1} x^{m - 1} R (\frac{1}{x}) \\ f^{R} (x) & = g^{R} (x) Q^{R} (x) + x^{n - m + 1} R^{R} (x) \end{aligned}

$\begin{aligned} x^nf\left(\dfrac{1}{x}\right)&=x^mg\left(\dfrac{1}{x}\right)x^{n-m}Q\left(\dfrac{1}{x}\right)+x^{n-m+1}x^{m-1}R\left(\dfrac{1}{x}\right)\\ f^R(x)&=g^R(x)Q^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x) \end{aligned}$

则：

f^{R} (x) \equiv g^{R} (x) Q^{R} (x) (\mod x^{n - m + 1})

$f^R(x)\equiv g^R(x)Q^R(x)\pmod{x^{n-m+1}}$

使用多项式求逆可以得到 $Q(x)$ ，代回原式可得 $R(x)$ 。

void PolyDiv(ll* a, ll* b, ll* q, ll* r, ll n, ll m) {
	rep(i, 0, n-1) gr[i] = i < m ? b[m-1-i] : 0;
	PolyInv(gr, finv, n-m+1);
	ll k = 1;
	for(;k<=((n-m+1)<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, n-1) fr[i] = i < n - m + 1 ? a[n-1-i] : 0;
	NTT(finv, k, 1); NTT(fr, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) tmp[i] = finv[i] * fr[i] % mod;
	NTT(tmp, k, -1);
	if(q) {
		rep(i, 0, n-m) q[i] = tmp[n-m-i];
		if(r) {
			reverse(tmp, tmp+n-m+1);
			reverse(gr, gr+m);
			k = 1;
			for(;k<=n;k<<=1);
			rep(i, 0, k-1) tmp[i] = i <= n - m ? tmp[i] : 0;
			rep(i, 0, k-1) gr[i] = i < m ? gr[i] : 0;
			NTT(tmp, k, 1); NTT(gr, k, 1);
			rep(i, 0, k-1) tmp[i] = tmp[i] * gr[i] % mod;
			NTT(tmp, k, -1);
			rep(i, 0, m-2) r[i] = (a[i] - tmp[i] + mod) % mod;
		}
	}
}

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式幂函数

普通的多项式快速幂计算 $f^k(x)$ 的复杂度为 $\mathcal O(n\log n\log k)$ 。

当 $[x^0]f(x)=1$ 时，有：

f^{k} (x) = \exp (k \ln f (x))

$f^k(x)=\exp(k\ln f(x))$

当 $[x^0]f(x)\ne 1$ 时，我们想到除以 $[x^0]f(x)$ 把 $[x^0]f(x)$ 变成 $1$ 。不过当 $[x^0]f(x)=0$ 时会出问题，我们需要找到最低非零项 $f_tx^t$ ，则：

f^{k} (x) = f_{t}^{k} x^{t k} \exp (k \ln \frac{f (x)}{f_{t} x^{t}})

$f^k(x)=f_t^kx^{tk}\exp\left(k\ln\dfrac{f(x)}{f_tx^t}\right)$

先放一个前者的代码，后者还没写：

void PolyPow(ll* a, ll* b, ll n, ll k) {
	PolyLn(a, fln, n);
	rep(i, 0, n-1) fln[i] = fln[i] * k % mod;
	PolyExp(fln, b, n);
}

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式三角函数

由欧拉公式 $\textrm e^{\textrm ix}=\cos x+\textrm i\sin x$ ，我们知道：

\begin{aligned} \sin x & = \frac{e^{i x} - e^{- i x}}{2 i} \\ \cos x & = \frac{e^{i x} + e^{- i x}}{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} \sin x&=\dfrac{\textrm e^{\textrm ix}-\textrm e^{-\textrm ix}}{2\textrm i}\\ \cos x&=\dfrac{\textrm e^{\textrm ix}+\textrm e^{-\textrm ix}}{2} \end{aligned}$

代入 $f(x)$ 得：

\begin{aligned} \sin f (x) & = \frac{\exp (i f (x)) - \exp (- i f (x))}{2 i} \\ \cos f (x) & = \frac{\exp (i f (x)) + \exp (- i f (x))}{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} \sin f(x)&=\dfrac{\exp(\textrm if(x))-\exp(-\textrm if(x))}{2\textrm i}\\ \cos f(x)&=\dfrac{\exp(\textrm if(x))+\exp(-\textrm if(x))}{2} \end{aligned}$

然后 $\tan f(x)=\frac{\sin f(x)}{\cos f(x)}$ 可以得到正切函数。

那这里的 $\textrm i$ 是什么？由定义 $\textrm i\equiv\sqrt{-1}\equiv\sqrt{998244352}\pmod{998244353}$ ，令 $\textrm i$ 为 $998244352$ 模意义开根的结果即可，得到 $\textrm i=86583718$ 或者 $\textrm i=911660635$ 。

void PolyTri(ll* a, ll* sin, ll* cos, ll* tan, ll n) {
	ll imunit = qpow(g, (mod-1)>>2);
	rep(i, 0, n-1) tmp2[i] = a[i] * imunit % mod;
	rep(i, 0, n-1) foppo[i] = (mod - a[i]) % mod * imunit % mod;
	PolyExp(tmp2, fexp, n); PolyExp(foppo, gexp, n);
	if(sin) rep(i, 0, n-1) sin[i] = (fexp[i] - gexp[i] + mod) % mod * inv(2*imunit) % mod;
	if(cos) rep(i, 0, n-1) cos[i] = (fexp[i] + gexp[i]) % mod * inv2 % mod;
	if(sin && cos && tan) {
		PolyInv(cos, finv, n);
		ll k = 1;
		for(;k<=(n<<1);k<<=1);
		NTT(sin, k, 1); NTT(finv, k, 1);
		rep(i, 0, k-1) tan[i] = sin[i] * finv[i] % mod;
		NTT(sin, k, -1); NTT(tan, k, -1);
		rep(i, 0, k-1) tan[i] = i < n ? tan[i] : 0;
	}
}

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式反三角函数

遇事不决先求导：

\begin{aligned} \frac{d}{d x} \arcsin x & = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ \arcsin x & = \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ \frac{d}{d x} \arccos x & = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ \arccos x & = - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ \frac{d}{d x} \arctan x & = \frac{1}{1 + x^{2}} \\ \arctan x & = \int \frac{1}{1 + x^{2}} d x \end{aligned}

$\begin{aligned} \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arcsin{x} &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ \arcsin{x} &= \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \textrm{d} x \\ \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arccos{x} &= - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ \arccos{x} &= - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \textrm{d} x \\ \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arctan{x} &= \frac{1}{1 + x^{2}} \\ \arctan{x} &= \int \frac{1}{1 + x^{2}} \textrm{d} x \end{aligned}$

代入 $f\left(x\right)$ 得：

\begin{aligned} \frac{d}{d x} \arcsin f (x) & = \frac{f^{'} (x)}{\sqrt{1 - f^{2} (x)}} \\ \arcsin f (x) & = \int \frac{f^{'} (x)}{\sqrt{1 - f^{2} (x)}} d x \\ \frac{d}{d x} \arccos f (x) & = - \frac{f^{'} (x)}{\sqrt{1 - f^{2} (x)}} \\ \arccos f (x) & = - \int \frac{f^{'} (x)}{\sqrt{1 - f^{2} (x)}} d x \\ \frac{d}{d x} \arctan f (x) & = \frac{f^{'} (x)}{1 + f^{2} (x)} \\ \arctan f (x) & = \int \frac{f^{'} (x)}{1 + f^{2} (x)} d x \end{aligned}

$\begin{aligned} \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arcsin{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\ \arcsin{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \textrm{d} x \\ \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arccos{f\left(x\right)} &= - \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\ \arccos{f\left(x\right)} &= - \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \textrm{d} x \\ \frac{\textrm{d}}{\textrm{d} x} \arctan{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \\ \arctan{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \textrm{d} x \end{aligned}$

void PolyATri(ll* a, ll* asin, ll* acos, ll* atan, ll n) {
	ll k = 1;
	for(;k<=(n<<1);k<<=1);
	rep(i, 0, k-1) f2[i] = i < n ? a[i] : 0;
	NTT(f2, k, 1);
	rep(i, 0, k-1) f2[i] = f2[i] * f2[i] % mod;
	NTT(f2, k, -1);
	if(asin) {
		rep(i, 0, k-1) tmp2[i] = ((!i) - f2[i] + mod) % mod, fsqrt[i] = 0;
		PolySqrt(tmp2, fsqrt, n);
		rep(i, 0, k-1) tmp3[i] = 0;
		PolyInv(fsqrt, tmp3, n);
		rep(i, 0, k-1) tmp[i] = 0;
		PolyDer(a, tmp, n);
		NTT(tmp, k, 1); NTT(tmp3, k, 1);
		rep(i, 0, k-1) tmp[i] = tmp[i] * tmp3[i] % mod;
		NTT(tmp, k, -1);
		PolyInt(tmp, asin, n);
	}
	if(acos) {
		PolyATri(a, acos, nullptr, nullptr, n);
		rep(i, 0, n-1) acos[i] = (mod - acos[i]) % mod;
	}
	if(atan) {
		rep(i, 0, k-1) tmp2[i] = ((!i) + f2[i]) % mod, tmp3[i] = 0;
		PolyInv(tmp2, tmp3, n);
		rep(i, 0, k-1) tmp[i] = 0;
		PolyDer(a, tmp, n);
		NTT(tmp, k, 1); NTT(tmp3, k, 1);
		rep(i, 0, k-1) tmp[i] = tmp[i] * tmp3[i] % mod;
		NTT(tmp, k, -1);
		PolyInt(tmp, atan, n);
	}
}

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$ 。

多项式多点求值

还不会。

多项式快速插值

还不会。

posted @ 2022-07-12 22:59 rui_er 阅读(111) 评论(1) 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：

· 拉格朗日插值学习笔记

· 快速傅里叶变换、数论变换、快速莫比乌斯变换、快速沃尔什变换学习笔记（代码还没补，以及应用）

· 多项式全家桶

阅读排行：
· 无需6万激活码！GitHub神秘组织3小时极速复刻Manus，手把手教你使用OpenManus搭建本
· C#/.NET/.NET Core优秀项目和框架2025年2月简报
· Manus爆火，是硬核还是营销？
· 一文读懂知识蒸馏
· 终于写完轮子一部分：tcp代理了，记录一下

历史上的今天：
2021-07-12 从零开始重学动态规划（最后更新：2021.10.3）
2021-07-12 【洛谷 P3396 哈希冲突】解题报告（根号分治）

公告

昵称： rui_er
园龄： 5年4个月
粉丝： 131
关注： 15

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

rui_er 的博客

Think twice, code once.

多项式全家桶（还有些不会的）

多项式全家桶

记号约定

多项式微积分

多项式加减法

多项式乘法

任意模数多项式乘法

多项式牛顿迭代

多项式乘法逆元

多项式开根

多项式对数函数

多项式指数函数

多项式带余除法

多项式幂函数

多项式三角函数

多项式反三角函数

多项式多点求值

多项式快速插值

公告

搜索

常用链接

最新随笔

我的标签

积分与排名

随笔档案 (210)

友链

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论