不清楚和OI有没有关系的一些东西
zzethld_official
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个人记录
写得很乱，不建议看。
若 x^2+y^2-axy+x+y=1 是双曲线，求 a 的范围。
二次型。做出矩阵 \begin{pmatrix}1&-\frac{a}{2}\\-\frac{a}{2}&1\end{pmatrix}，特征方程 \begin{vmatrix}1-\lambda&-\frac{a}{2}\\-\frac{a}{2}&1-\lambda\end{vmatrix}=0，两个二次项系数就是 \lambda 的两个根，当 \lambda_1\lambda_2<0 的时候判定双曲线。韦达定理解一解得到 a\in(-\infty,-2)\cup(2,\infty)。
设 z=\cos{\dfrac{2\pi}{n}}+i\sin{\dfrac{2\pi}{n}}，求 |1-z|+\left|1-z^2\right|+\left|1-z^3\right|+\cdots+\left|1-z^{n-1}\right| 的值。
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纽纳武特的首府是伊卡卢伊特（Iqaluit），也是巴芬岛上的最大城市。二战时这里曾经是美军的空军基地，所以机场比较发达。除此之外基本没什么交通方式了。
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猜想：对于一张图，经过所有边的最短回路的长度（允许重复）是总边数加度数为奇数的点的个数 $\div2$。即，重复经过边的数量是度数为奇数的点的个数 $\div2$。
感性理解：每重复经过一条边，消掉一对度数为奇数的点。必要性显然，充分性没想出来。
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$x,y\in\mathbb{R},\cos{(x+y)}+\cos{x}+\cos{y}$ 的取值范围？
首先最大值一眼 $3$。和差化积得到 $\cos{(x+y)}+2\cos\dfrac{x+y}{2}\cos\dfrac{x-y}{2}$，展开得到 $2\cos^2{\dfrac{x+y}{2}}+2\cos\dfrac{x+y}{2}\cos\dfrac{x-y}{2}-1$。
等量代换：$2a^2+2ab-1$，其中 $a,b$ 不相关。二次函数求最值一下得到 $a=-\dfrac{b}{2}$，再代入得到 $-\dfrac{b^2}{2}-1$。代入取值范围得到最小值 $-\dfrac{3}{2}$。
得解 $\left[-\dfrac{3}{2},3\right]$。
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在一条直线上找一个点，使得其到这条直线上的几个点距离之和最小。
考虑打断直线，对于每一条线段拆出贡献次数，贪心选择统计左侧还是右侧的点。最终得到的点坐标是所有点坐标的中位数。
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$$\int^\infty_{-\infty}\dfrac{dx}{\left(x^2+a^2\right)^\frac{3}{2}}$$
思路是 $x=a\tan{\theta}$。在某些电磁场问题里，如果不想推几何关系，可以考虑关闭大脑硬求这个积分。记得换上下限。
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向量叉乘满足反交换律。虽然所有人都知道，但是我又写错了。
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雷东达岛是安提瓜和巴布达的一个行政特区。这是一个很小的无人岛，而且其实离安提瓜岛挺远的。
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图像中某个像素的颜色可以使用画图的颜色选取器。网页内容的颜色可以 F12 然后鼠标定位元素。最难搞的是网页图片，需要先下载下来。
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$\LaTeX$ 中任意左元素和任意右元素都可以匹配。如果实在有需要打一个单括号，可以使用 `\left.` 和 `\right.` 和它匹配。
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对于整数：
$$\int\cos^{2n+1}xdx=\int\left(1-\sin^2x\right)^nd\sin x$$
$$\int\cos^{2n}xdx=\int\left(\dfrac{\cos2x+1}{2}\right)^ndx$$
思路是简单的三角变换。可以二项式定理展开，递归求解。
更一般的递归式子：
$$\int\cos^n xdx=\dfrac{\sin x\cos^{n-1}x+(n-1)\int\cos^{n-2}xdx}{n}$$
思路是分部积分然后解方程。
倒过来解似乎也可以处理 $n<0$ 的情况：
$$\int\cos^n xdx=\dfrac{(n+2)\int\cos^{n+2}xdx-\sin x\cos^{n+1}x}{n+1}$$
通过反复分部积分来降幂（或者升幂）有点像 $\Gamma$ 函数的处理方式。
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积分号一般使用 `$$` 写成行间形式，因为行内的渲染实在没法看。
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俄语中称呼对方有两种形式：ты（你）和 вы（您）。
一般 ты 用于称呼家人、朋友或小辈，乱用会显得很不礼貌；вы 用于正式场合，或称呼平辈的陌生人或长辈。
很多俄国和前苏联小说中，会用称呼的转变来表示二人之间关系的变化。由于很多语言没有对应的第二人称敬辞，这种语言上的细节基本只有原版和中译版能看出来。
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磁场强度 $\vec{H}=\dfrac{\vec{B}}{\mu_0}-\vec{M}$，式中 $M$ 为磁化强度。
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海地一共有 $10$ 个一级行政区划：西北省，北部省，东北省，中部省，西部省，东南省，南部省，阿蒂博尼特省，尼普省，大湾省。首都太子港位于西部省。
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$$\left.d\vec{E}=\dfrac{1}{4\pi\epsilon}\dfrac{dq\vec{e_r}}{r^2}\right/d\vec{B}=\dfrac{\mu}{4\pi}\dfrac{Id\vec{l}\times\vec{e_r}}{r^2}$$
$$\left.\oiint\vec{E}\cdot d\vec{S}=\dfrac{q}{\epsilon}\right/\oint\vec{B}\cdot d\vec{l}=\mu I$$
$$\left.\vec{D}=\epsilon\vec{E}\right/\vec{H}=\dfrac{\vec{B}}{\mu}$$
$$\left.w=\dfrac{1}{2}\epsilon E^2\right/w=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\mu}B^2$$
$$\left.W=\dfrac{1}{2}CU^2\right/W=\dfrac{1}{2}LI^2$$
最后一个是电容器和自感线圈。
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亚速尔群岛（Azores）位于北大西洋中间，是葡萄牙的海外领土和自治区。位于三个板块的交界处，是一个火山群岛。首府蓬塔德尔加达位于圣米格尔岛。
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两个自感线圈合并不等于简单串联，合并会增加一个互感强度。
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电位：实际上就是电势。两个有浓度差的溶液放在一起，显然溶质会扩散，但是不同溶质扩散的速度不同。考虑 $NaCl$ 和 $HCl$ 溶液，$Na^+$ 和 $H^+$ 都向对面扩散，但 $H^+$ 的扩散速度显著快于 $Na^+$，导致最开始的一段时间内，原本 $Na^+$ 一侧的 $H^+$ 和 $Na^+$ 浓度都偏高，出现电位差。因此我们说电位是由**离子流动**产生的。
静息电位：细胞膜对 $K^+$ 的通透性大于对 $Na^+$ 的通透性，因此 $K^+$ 扩散更快。根据上述分析，膜外显正电势，膜内显负电势，即**内负外正**。因此我们说静息电位是由 $\mathbf{K^+}$ **向膜外流动**形成的，与 $K^+$ 相对浓度有关。
去极化：当外界刺激或膜内电流达到阈值电位时，$Na^+$ 通道被激活，$Na^+$ 通透性极大增加（500倍），扩散速度超过 $K^+$，电位差反向，变成**内正外负**。因此我们说动作电位是由 $Na^+$ 向膜内流动形成的，与 $Na^+$ 相对浓度有关。最终达到**反极化**状态。
（还没搞清楚为什么名字叫极化，应该跟细胞中的电荷分布有关。）
复极化：$Na^+$ 通道激活时间不长，很快就进入一种唉你怎么死了的状态，$Na^+$ 通透性减小。此时膜电位达到峰值。同时，较高的电位激活 $K^+$ 通道，$K^+$ 通透性增大，$K^+$ 外流重新占据主导地位，膜电位回到**内负外正**，达到**超极化**状态。
（这俩离子通道都是靠电位激活的）
膜内电流：由正电位向负电位流动。正电位是处于去极化状态的部位，负电位是静息状态的部位。因此膜内电流传导方向与兴奋传导方向相同。至于为什么电流不能反向流……因为刚刚激活过的 $Na^+$ 通道仍然处于已经死了的状态还没活过来。
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其实除了电偶极子以外还有电四极子、电八极子等等。电四极子就是两个等量正电荷和两个等量负电荷，可以分布在一条直线上，也可以分布在一个正方形的四个顶点上。
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英国在塞浦路斯岛上有两块海外领地，作为军事基地，所以我们其实可以认为英国和塞浦路斯是接壤的。
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$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx$$
$$=\sqrt{\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}dy}$$
$$=\sqrt{\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x^2+y^2\right)}dxdy}$$
$$=\sqrt{\int_0^\infty\int_0^{2\pi} e^{-r^2}rdrd\theta}$$
$$=\sqrt{2\pi\int_0^\infty e^{-r^2}d\left(\dfrac{1}{2}r^2\right)}$$
$$=\sqrt{\pi}$$
正态分布：$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\ e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}
接触法制硫酸时使用浓硫酸吸收 SO_3。
等温膨胀：气体吸热，对外做功，压强减小。Q=W=\nu RT\ln\dfrac{V_2}{V_1}>0。
等温压缩：外界对气体做功，气体放热，压强增大。
恒压膨胀：气体吸热，对外做功，温度升高。W=p(V_2-V_1)，Q=\dfrac{c_pp(V_2-V_1)}{R}，\Delta U=\dfrac{c_V}{R}p(V_2-V_1)。
恒压压缩：气体放热，外界对气体做功，温度降低。
等体升温：气体吸热。\Delta U=Q=\dfrac{c_V}{R}V(p_2-p_1)>0。
等体降温：气体放热。
绝热膨胀：气体对外做功，温度降低。\Delta U=W=\dfrac{\nu RTV_1^{\gamma-1}}{1-\gamma}\left(V_2^{1-\gamma}-V_1^{1-\gamma}\right)。
绝热压缩：外界对气体做功，温度升高。
嵌入不等式：x^2+y^2+z^2\ge2xy\cos A+2yz\cos B+2zx\cos C，其中 A，B，C 是三角形的三个内角。证明思路是恒等变换然后配方。
设 \omega\ne1 是 13 次方虚根，求
\prod_{k=1}^{12}\left(2-2\omega^k+\omega^{2k}\right)
很容易得到原式 =\prod\left(1+i-\omega^k\right)\prod\left(1-i-\omega^k\right)。把左边看作以 1+i 为主元的多项式，它的根是 \omega,\omega^2,\cdots,\omega^{12}，那么显然它等于 \dfrac{(1+i)^{13}-1}{1+i-1}。同理右边是 \dfrac{(1-i)^{13}-1}{1-i-1}。乘起来得到
\left(\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)\sqrt{2}^{13}-1\right)\left(\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)\sqrt{2}^{13}-1\right)
=(64(-1-i)-1)(64(-1+i)-1)
=8321
求出满足 a+b+c=300 和 a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b=6\times10^6 的非负有序三元组 (a,b,c) 的数量。
一种思路是
a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b
=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
=ab(300-c)+bc(300-a)+ca(300-b)
=300(ab+bc+ca)-3abc=6\times10^6
\therefore100(ab+bc+ca)-abc=2\times10^6
另一种思路是
$$a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b$$
$$=a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$
$$=a^2(300-a)+b^2(300-b)+c^2(300-c)$$
$$=-(a-100)^3-(b-100)^3-(c-100)^3+3\times10^4(a+b+c)-3\times10^6=6\times10^6$$
$$\therefore(a-100)^3+(b-100)^3+(c-100)^3=0$$
由费马大定理得到 $a,b,c$ 至少有一个是100。
不妨设 $a=100$，则原式分别化为 $b+c=200$ 和 $10^4(b+c)+100(b^2+c^2)+b^2c+bc^2)=6\times10^6$，两式显然同时成立。因此答案为 $601$，计数过程是平凡的。
把这道题放在这里是为了提示自己，不要把题目想得太复杂。
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找出一个整数 $n$ 和一个质数 $p$，使 $n^4\equiv-1\pmod{p^2}$。
$p^2$ 不好做，考虑换成 $p$。
当 $p^2\mid n^4+1$ 时，有 $p\mid n^8-1$。我们又知道，$p\mid n^{p-1}-1$。所以我们有 $p\mid \gcd{(n^8-1,n^{p-1}-1)}=n^{\gcd{(8,p-1)}}-1$。
由于 $p\ne2$，$p\nmid n^4-1$。因此 $\gcd{(8,p-1)}\nmid4$。所以这个 gcd 必须是 8。
$8\mid p-1$，我们注意到 17 满足要求。取 $p=17$。
我们发现，当 $n\equiv2,8,-2,-8\pmod{17}$ 时，$17\mid n^4+1$。取 $n\equiv2\pmod{17}$，解 $17^2\mid(17k+2)^4+1$ 得到 $k=9$。
因此，$n=155,p=17$ 是一组可行解。
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$g_0(x)=1,g_1(x)=x,g_n(x)=\dfrac{g_{n-1}^2(x)-2^{n-1}}{g_{n-2}(x)}$，求 $g_n(x)$ 的根。
式子里有个指数不好做，我们把指数拆下来得到 $2^n=g_n^2-g_{n+1}g_{n-1}$，于是有 $g_n^2-g_{n+1}g_{n-1}=2(g_{n-1}^2-g_ng_{n-2})$。整理一下得到 $\dfrac{g_n}{g_{n+1}+2g_{n-1}}=\dfrac{g_{n-1}}{g_n+2g_{n-2}}$，这是一个常数列，因此有 $g_n=xg_{n-1}-2g_{n-2}$。
接下来打个表。
$g_1:0
g_2:\pm\sqrt{2}
g_3:0,\pm2
g_4:\pm\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{\sqrt{2}}
g_5:0,\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{6}
我们需要观察出来，这些根落在一个半径为 2\sqrt{2} 的半圆的 n+1 等分点上。
一个多项式，它的所有根是半圆 n+1 等分点的余弦值，这是什么？这是 \sin{(n+1)\theta}。当 \cos{\theta}=\cos{\dfrac{k\pi}{n+1}} 时它显然等于 0。因此设 x=2\sqrt{2}\cos{\theta}。
但实际上这不是一个多项式。我们代入 n=0,n=1,n=2 会发现差一个 \dfrac{\sqrt{2}^n}{\sin{\theta}}，乘上得到 g_n=\dfrac{\sqrt{2}^n\sin{(n+1)\theta}}{\sin{\theta}}。这下对了。
代入 g_n=xg_{n-1}-2g_{n-2} 检验一下，发现该式可以由数学归纳法得出。
倒着写一遍得到证明过程。（因此才有答案中神秘的两步代换）
编辑已经开始卡了，开2。