标题，测试！

不同 style 和 weight 下的测试

“这是一个标点。”是的，一个标点。

“这是一个标点。”是的，一个标点。

“这是一个标点。”是的，一个标点。

“这是一个标点。”是的，一个标点。

标点挤压

他说：“你好。”（你真的［很好］。）

点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。点、点，点。

「标」、「『』」「『标』」，《标》、〈标〉。「标」、「『标』」，《标》、〈标〉。「标」、「『标』」，《标》、〈标〉。「标」、「『标』」，《标》、〈标〉。「标」、「『标』」，《标》、〈标〉。「标」、「『标』」，《标》、〈标〉。

「标」点、「『标』」点，《标》点、（标）点。「标」点、「『标』」点，《标》点、（标）点。「标」点、「『标』」点，《标》点、（标）点。「标」点、「『标』」点，《标》点、（标）点。「标」点、「『标』」点，《标》点、（标）点。

「何谓『标点挤压』？」

何谓「标点『挤压』」呢？

让我来告诉你何谓「『标点』挤压」。

让我来告诉你何谓「『标点』挤压。」

「就这样，我、『那个人』和他们战斗了数个钟头，（最后）没输没赢……『那个人』逃之夭夭。」

轻声叨念道——「好的……」

「『好』·不好」「『好』・不好」「『好』、不好」

「好·『不好』」「好、『不好』」

《书名》〈篇名〉（内容）

Markdown “Conflicts” test

$_mC_n$ is an old symbol for $\binom{n}{m}$

$ wanna~~tie~~me~up\ or$ strike through me?

$a^{b^c}c_{b_a}$

$E=mc^2$ $a_b$ $a*b$

Delimeter test

$E=mc^2$ means \(m=\dfrac{E}{c^2}\)

To break, or not to break, that is the question:

$\left(\begin{matrix}1 & x_0 & x_0^2 & ... & x_0^n \\1 & x_1 & x_1^2 & ... & x_1^n \\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\1 & x_n & x_n^2 & ... & x_n^n\\\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}a_0 \\a_1 \\\vdots \\a \\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}y_0 \\y_1 \\\vdots \\y_n \\\end{matrix}\right)$

$$\left(\begin{matrix}
1 & x_0 & x_0^2 & … & x_0^n \
1 & x_1 & x_1^2 & … & x_1^n \
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
1 & x_n & x_n^2 & … & x_n^n\
\end{matrix}\right)
\left(\begin{matrix}
a_0 \
a_1 \
\vdots \
a \
\end{matrix}\right)

\left(\begin{matrix}
y_0 \
y_1 \
\vdots \
y_n \
\end{matrix}\right)$$

更新：我火星了，有现成的GUI…请使用Clash for Windows的Linux版本。

1. 在release页面下载 Clash.for.Windows-0.x.x-x64-linux.tar.gz
2. 解压后执行./cfw
3. 为了脱离命令行运行，请看issue

以下为原文。

以东方网络为例，按照机场默认的配置使用clash。如果不够满意（大概率），参考API文档再稍微写一些代码就可以进行规则与节点的配置，待更新。

步骤

1. 在releases页面中下载最新版clash内核，一般的64位机器下载amd64版本即可。解压后为一个可执行文件，重命名为clash后执行chmod +x clash为其加上执行权限。
2. 在机场网站上下载配置文件，命名为config.yaml，执行./clash -t -f config.yaml，如果没有问题说明配置文件正确。
3. 执行./clash -f config.yaml，开启代理服务。
4. 配置系统代理：选择"use manually specified proxy configuration"，填入代理日志显示的代理地址+端口号
5. 配置浏览器使用系统代理/配置浏览器代理指向clash。现在应该已经可以访问google了。如果不行，检查配置文件的mode，如果是direct，改成rule或者global。
6. 按照官方wiki的步骤将其配置为守护进程。

这样就足以支持日常需求了。

最优调度算法为什么最优

我们发现换页时换入的页总是固定的，我们要挑选的是换出的页面。优先换出不再被访问的页面是显然的。首先注意换出的页面在下次访问时是一定会被换入的。只要考虑没被换出的页面有没有离开即可。如果不用最优调度算法换出A，而换出一个下次访问更早的页面B，那么：

• 如果A在下次访问A前未被调出，那么换出A仍能使得下次访问B前B未被调出
• 如果A在下次访问A前被调出了，那么换出A有可能可以使得B不用被调出，因为B的下次访问更早

于是换出A一定不比换出B差，无论换出B后采用什么策略。

堆栈式算法

堆栈式算法是指：访问第$t$个页面时，考虑驻留集大小为$n$时的驻留集$S$和驻留集大小为$n+1$时的驻留集$S'$，如果可以证明在某种调度算法下无论对什么输入下的哪个$t$，都有$S\subset S'$成立，那么这个调度算法就是堆栈式算法。

堆栈式算法的好处

这种算法没有Belady现象，也就是：页框增加时缺页中断次数不会增加。

证明：页框增加时，由于任何时刻$S\subset S'$，那么$P\not\in S'\Rightarrow P\not\in S$，即某页在页框多时缺页$\Rightarrow$该页在页框少时也缺页，缺页中断次数不会更少。

最优调度算法/LRU为什么是堆栈式算法

用数学归纳法。初始时$S=S'=\emptyset$。

假设对某个访问序列满足$S\subset S'$，现在再访问一页$P$。

若$P\not\in S'$，那么$P\not\in S$，同时产生缺页中断。设在$S$中换出页$P_1$，$S'$中换出$P_2$。对OPT/LRU中的每一种，要么$P_2\in S'-S$，要么$P_1=P_2$，无论哪种情形，换出页后仍满足$S\subset S'$。

综上，对任意输入，这两种算法都是堆栈式算法。

这个证明的核心在于：要么$P_2\in S'-S$，要么$P_1=P_2$。看到网上的一个理解，说是：给驻留集里的页面一个与$n$无关的优先级，选择优先级最高的那个，于是不会选择$S-\{P_1\}$中的元素。对FIFO算法，这个优先级是进入时间，然后我们会发现这个东西不完全取决于驻留集这个集合本身，还取决于它进入驻留集的时刻。有可能：驻留集小时的缺页导致一个页面换出后再次换入，但驻留集大时则总是驻留，从而它在驻留集小时优先级低而驻留集大时优先级高。这时有可能$P_2$是那个$S'$中总是驻留的页面，而$P_1$是其他的页面，于是这个$P_2$现在仍在$S$中而不在$S'$中。

思路：先通过交错路和增广路的概念建立起处理最大匹配的工具，证明匹配最大的充要条件是图中没有增广路。然后证明 Hall 定理，顺便证明了婚配定理，并利用之证明最大匹配与最小点覆盖的对偶性。最后证明最小边覆盖与最大独立集的对偶性，以及这四者之间的关系。

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题意

给定一个有向图，每条边有边权$a_e$和$b_e$，$0<a_e,b_e;\;b_e<a_e$。记一条路径由$k$条边$e_1,e_2,...,e_k$组成，那么这条路径中，边$e_1$的权值为$a_{e_1}$，$e_i(i>1)$的权值为：

这条路径的权值是这条路径上边的权值之和。求从点$1$出发到所有点的最短路长度。

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题意：给定一棵有根带权树。有两种操作下移和上移。下移，即每个节点将自己的权值均分给各个儿子，假设叶子结点有一个无限长的儿子链，即叶子结点每次下移都会把自己和整条儿子链下移一位。每个节点的新值就是它从父亲得到的那个值（他自己原来的值已经分给了儿子），特别地，一次下移操作后根变成0。上移，即对每个节点，将所有儿子的权值加起来赋给自己。

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本文讲解用于求解最近公共祖先（Least Common Ancestor, LCA）的tarjan算法。

首先看最近公共祖先问题。对一棵给定的有根树，为了得知两点之间最短的路径，显然应当先从一点运动到它们的最近公共祖先，再直接运动到另一点。如果每条边只能经过一次，那么这就是唯一的路径。这时就需要确定这两点的最近公共祖先。对小规模的数据可以使用暴力算法，比如对一个点的所有祖先进行dfs，找到最近的、能到达另一点的那个祖先。但是这个算法本身效率就很低下，更不用提大规模数据的情形。

解决这一类问题有多种算法，可分为在线算法和离线算法两种。“在线”和“离线”是针对大规模数据的说法，在线算法是指对每个询问（即节点对）即时处理的算法，离线算法是指将所有询问存储起来以后统一处理的算法。在线和离线会造成复杂度的很大差异，通常来讲离线算法应当更快一些，因为离线情形掌握了更多的信息。这里要讲的tarjan算法是一种离线算法，复杂度为$O(n+p)$，其中$n$为树的节点数，$p$为询问数。

考虑优化上述的dfs。上述的dfs显然有许多浪费，因为上述过程中的所有节点只需要一次dfs就可以遍历完，而上述过程中dfs的次数却与深度成正比，这显然是没有很好地利用dfs的信息。仔细考虑dfs的过程，发现遍历在最近祖先处是一棵一棵子树进行的，也就是先遍历了含有节点1的子树，再遍历含有节点2的子树（假设1比2先遍历到），我们需要找到这两棵子树“分叉”的地方，而不考虑分叉处上面的情形。那么可以考虑这样做：针对当前的状态v，为遍历过的每个节点u打上一个标记，记录u和v从哪里开始“分叉”。如果这一操作可以在遍历到u时就做到，那么问题就解决了。显然初始值（刚遍历到u时的标记）是这个节点直接的父亲。当遍历完他父亲的所有子树后仍没有找到节点2时，应当返回它父亲的父亲继续搜索，那么该节点的标记也都应当变成他的父亲的父亲。这看起来需要再进行一次dfs从而效率和刚才一样低，但是可以用并查集解决这一问题。现在的过程变成，遍历到某一结点时，将他和他父亲合并（在并查集中成为父亲的子树）；当他父亲遍历完所有子树之后，将他父亲和他父亲的父亲合并…为了知道某个节点的标记（分叉处），只需要查找该节点在并查集中的根节点。

F

题意：求树链mex，$n,q\leq 100,000$。

树上莫队。考虑一个棋子在树上从根开始dfs的过程，棋子每移动一次都停下来记录一次时间，注意返回父亲时也要停下。这样，每两个时刻之间就由一个边连接。把（节点，时刻）对按时刻排序，每次询问$(u,v)$即为询问来到$u$的时刻$t_u$到$v$的时刻$t_v$之间的序列的一个量：这个序列中出现过两次的边都不计入，只计入出现过一次的边，求mex。这样就恰好只计入了$u$到$v$的链上的所有边。然后是维护mex。这个题每次修改都带上$\log$就是$O(n\sqrt{n}\log n)$会T，所以要线性修改。由于询问mex只有$q$次，所以可以容忍$O(\sqrt{n})$的询问。于是对边权分块，即用$cnt[i]$记录$i$的出现次数的同时，用$cnt\_bl[i]$记录$[i * bl, (i + 1) * bl - 1]$中数的个数。找到第一个数的个数没有填满的块，再遍历该块找到第一个缺席的数，即为mex。

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FFT可以在$O(n\log n)$的时间内在多项式的点值表示法和系数表示法之间相互转换，从而可以加速多项式乘法。

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