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小C的倍數(shù)問(wèn)題

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ??Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

根據(jù)小學(xué)數(shù)學(xué)的知識(shí)，我們知道一個(gè)正整數(shù)x是3的倍數(shù)的條件是x每一位加起來(lái)的和是3的倍數(shù)。反之，如果一個(gè)數(shù)每一位加起來(lái)是3的倍數(shù)，則這個(gè)數(shù)肯定是3的倍數(shù)。

現(xiàn)在給定進(jìn)制P，求有多少個(gè)B滿足P進(jìn)制下，一個(gè)正整數(shù)是B的倍數(shù)的充分必要條件是每一位加起來(lái)的和是B的倍數(shù)。

Input

第一行一個(gè)正整數(shù)T表示數(shù)據(jù)組數(shù)(1<=T<=20)。

接下來(lái)T行，每行一個(gè)正整數(shù)P(2 < P < 1e9)，表示一組詢問(wèn)。

Output

對(duì)于每組數(shù)據(jù)輸出一行，每一行一個(gè)數(shù)表示答案。

Sample Input

1
10

Sample Output

3

Code

數(shù)學(xué)(這道題不算是"數(shù)論"吧......)

#include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib>using namespace std;int T;int main() {cin>>T;for(int i=1;i<=T;i++){int n,cnt=0;scanf("%d",&n);n=n-1;for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i==0)cnt+=2;if(i*i==n)cnt--;}printf("%d\n",cnt);}return 0; }

數(shù)據(jù)分割

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

小w來(lái)到百度之星的賽場(chǎng)上，準(zhǔn)備開(kāi)始實(shí)現(xiàn)一個(gè)程序自動(dòng)分析系統(tǒng)。
這個(gè)程序接受一些形如x_i = x_j 或x_?i??≠x_?j?? 的相等/不等約束條件作為輸入，判定是否可以通過(guò)給每個(gè) w 賦適當(dāng)?shù)闹?#xff0c;來(lái)滿足這些條件。
輸入包含多組數(shù)據(jù)。 然而粗心的小w不幸地把每組數(shù)據(jù)之間的分隔符刪掉了。 他只知道每組數(shù)據(jù)都是不可滿足的，且若把每組數(shù)據(jù)的最后一個(gè)約束條件去掉，則該組數(shù)據(jù)是可滿足的。
請(qǐng)幫助他恢復(fù)這些分隔符。

Input

第1行：一個(gè)數(shù)字L，表示后面輸入的總行數(shù)。
之后L行，每行包含三個(gè)整數(shù)，i,,j,e描述一個(gè)相等/不等的約束條件，若e=1，則該約束條件為x_i = x_j若e=0，則該約束條件為x?_i??!=x_?j?? 。
i,j,L≤100000
Lx?i??,x?j??≤L

Output

輸出共T+1行。
第一行一個(gè)整數(shù)T，表示數(shù)據(jù)組數(shù)。
接下來(lái)T行的第i行，一個(gè)整數(shù)，表示第i組數(shù)據(jù)中的約束條件個(gè)數(shù)。

Sample Input

6
2 2 1
2 2 1
1 1 1
3 1 1
1 3 1
1 3 0

Sample Output

1
6

Code

并查集

#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set>#define maxn 200011using namespace std;set<int> s[maxn];int T,n=200001; int cnt,vis[maxn],sta[maxn],top;struct Node {int fa[maxn];Node(){for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;}int find(int x){return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x]));}void Union(int &x,int &y){x=find(x);y=find(y);if(x!=y)fa[x]=y;} }node;int x,y,id; int ans[maxn]; int lans=0,Case;void clear() {while (top){int now=sta[top--];node.fa[now]=now;s[now].clear();}ans[cnt++]=Case; }int main() {scanf("%d",&T);memset(vis,0,sizeof(vis));top=0;cnt=1;for (Case=1;Case<=T;Case++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&id);if(vis[x]!=cnt)vis[x]=cnt,sta[++top]=x;if(vis[y]!=cnt)vis[y]=cnt,sta[++top]=y;x=node.find(x);y=node.find(y);if(s[x].size()>s[y].size()){int t=x;x=y;y=t;}if(id){if(s[x].find(y)!=s[x].end()){clear();continue;}node.Union(x,y);for(set<int>::iterator i=s[x].begin();i!=s[x].end();i++){int now=*i;now=node.find(now);s[now].erase(x);s[y].insert(now);s[now].insert(y);}s[x].clear();}else{if(x==y){clear();continue;}s[x].insert(y);s[y].insert(x);}}printf("%d\n",cnt-1);for(int i=1;i<cnt;i++)printf("%d\n",ans[i]-ans[i-1]);return 0; }

路徑交

Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 132768/132768 K (Java/Others)

Problem Description

給定一棵n個(gè)點(diǎn)的樹(shù)，以及m條路徑，每次詢問(wèn)第L條到第R條路徑的交集部分的長(zhǎng)度（如果一條邊同時(shí)出現(xiàn)在2條路徑上，那么它屬于路徑的交集）。

Input

第一行一個(gè)數(shù)n（n<=500,000）接下來(lái)n-1行，每行三個(gè)數(shù)x，y，z，表示一條從x到y(tǒng)并且長(zhǎng)度為z的邊第n+1行一個(gè)數(shù)m（m<=500,000）接下來(lái)m行，每行兩個(gè)數(shù)u，v，表示一條從u到v的路徑接下來(lái)一行一個(gè)數(shù)Q，表示詢問(wèn)次數(shù)（Q<=500,000）接下來(lái)Q行，每行兩個(gè)數(shù)L和R

Output

Q行，每行一個(gè)數(shù)表示答案。

Sample Input

4
1 2 5
2 3 2
1 4 3
2
1 2
3 4
1
1 2

Sample Output

5

Code

線段樹(shù)區(qū)間合并+LCA

#include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm>#define lson x<<1 #define rson x<<1|1using namespace std;const int maxn=500010; typedef long long ll;struct path {int a,b,c;path(){}path(int A,int B,int C){a=A,b=B,c=C;} }p[maxn],s[maxn<<2];int n,m,q,cnt; int mn[20][maxn<<1],Log[maxn<<1],pos[maxn],dep[maxn],fa[maxn]; int head[maxn],nxt[maxn<<1],val[maxn<<1],to[maxn<<1]; int cs[10];ll len[maxn];int MN(int a,int b) {return dep[a]<dep[b]?a:b; }int lca(int a,int b) {int x=pos[a],y=pos[b];if(x>y)swap(x,y);int k=Log[y-x+1];return MN(mn[k][x],mn[k][y-(1<<k)+1]); }bool cmp(int a,int b) {return dep[a]<dep[b]; }path mix(path x,path y) {if(!x.c||!y.c)return path(0,0,0);cs[1]=lca(x.a,y.a);cs[2]=lca(x.a,y.b);cs[3]=lca(x.b,y.a);cs[4]=lca(x.b,y.b);sort(cs+1,cs+5,cmp);int md=max(dep[x.c],dep[y.c]),nd=min(dep[x.c],dep[y.c]);if(dep[cs[1]]<nd||dep[cs[3]]<md)return path(0,0,0);elsereturn path(cs[3],cs[4],lca(cs[3],cs[4])); }inline int read() {int ret=0,f=1;char gc=getchar();while(gc<'0'||gc>'9'){if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();return ret*f; }void add(int a,int b,int c) {to[cnt]=b;val[cnt]=c;nxt[cnt]=head[a];head[a]=cnt++; }void dfs(int x) {pos[x]=++pos[0];mn[0][pos[0]]=x;for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){if(to[i]!=fa[x]){fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,len[to[i]]=len[x]+val[i],dfs(to[i]);mn[0][++pos[0]]=x;}} }void build(int l,int r,int x) {if(l==r){s[x]=p[l];return ;}int mid=l+r>>1;build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);s[x]=mix(s[lson],s[rson]); }path query(int l,int r,int x,int a,int b) {if(a<=l&&r<=b)return s[x];int mid=l+r>>1;if(b<=mid)return query(l,mid,lson,a,b);if(a>mid)return query(mid+1,r,rson,a,b);return mix(query(l,mid,lson,a,b),query(mid+1,r,rson,a,b)); }int main() {n=read();int i,j,a,b,c;memset(head,-1,sizeof(head));for(i=1;i<n;i++){a=read(),b=read(),c=read();add(a,b,c),add(b,a,c);}dep[1]=1;dfs(1);for(i=2;i<=2*n-1;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;for(j=1;(1<<j)<=2*n-1;j++)for(i=1;i+(1<<j)-1<=2*n-1;i++)mn[j][i]=MN(mn[j-1][i],mn[j-1][i+(1<<j-1)]);m=read();for(i=1;i<=m;i++){p[i].a=read(),p[i].b=read();p[i].c=lca(p[i].a,p[i].b);}build(1,m,1);q=read();for(i=1;i<=q;i++){a=read(),b=read();path ans=query(1,m,1,a,b);printf("%I64d\n",len[ans.a]+len[ans.b]-2*len[ans.c]);}return 0; }

迷宮出逃

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

小明又一次陷入了大魔王的迷宮，在無(wú)人機(jī)的幫忙下，小明獲得了整個(gè)迷宮的草圖。
不同于一般的迷宮，魔王在迷宮里安置了機(jī)關(guān)，一旦觸碰，那么四個(gè)方向所在的格子，將翻轉(zhuǎn)其可達(dá)性（原先可通過(guò)的格子不可通過(guò)，反之亦然，機(jī)關(guān)可以反復(fù)觸發(fā)）。為了防止小明很容易地出逃，魔王在臨走前把鑰匙丟在了迷宮某處，只有拿到鑰匙，小明才能開(kāi)門(mén)在出口處離開(kāi)迷宮。
萬(wàn)般無(wú)奈之下，小明想借助聰明的你，幫忙計(jì)算是否有機(jī)會(huì)離開(kāi)這個(gè)迷宮，最少需要多少時(shí)間。（每一單位時(shí)間只能向四鄰方向走一步）

Input

第一行為 T，表示輸入數(shù)據(jù)組數(shù)。
下面 T 組數(shù)據(jù)，對(duì)于每組數(shù)據(jù)：
第一行是兩個(gè)數(shù)字 n, m（2 < n * m <= 64），表示迷宮的長(zhǎng)與寬。
接下來(lái) n 行，每行 m 個(gè)字符，‘.’表示空地可以通過(guò)，‘x’表示陷阱，‘*’表示機(jī)關(guān)，‘S’代表起點(diǎn)，‘E’代表出口，‘K’表示鑰匙(保證存在且只有一個(gè))。

Output

對(duì)第 i 組數(shù)據(jù)，輸出
Case #i:
然后輸出一行，僅包含一個(gè)整數(shù)，表示最少多少步能夠拿到鑰匙并走出迷魂陣，如果不能則打出-1。

Sample Input

5 5 7 ...*x.. ...x... xEx.... *x...K. .x*...S 5 7 K..*x.. ...x... xEx.... *x..... .x*...S 5 7 ..K*x.. ..*x*.. xEx.... *x..... .x*...S 5 7 ..K*x.. .*xx*.. *E*.... xx..... .x*...S 4 4 S*.. **.. ...E ...K View Sample Input

Sample Output

Case #1:
11
Case #2:
13
Case #3:
13
Case #4:
11
Case #5:
-1

Code

狀態(tài)壓縮+BFS

#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> #include<vector>typedef unsigned long long LL;using namespace std;int tx[]={-1,1,0,0}; int ty[]={0,0,-1,1}; int ii=0;struct datatype {int bs;LL zt1;LL zt2;int x;int y;datatype(){bs=0;zt1=0;x=0;y=0;zt2=0;} }; queue<datatype> team;int maps[70][70];struct mapdata {int x,y;LL zt1;int zt2;LL count(){LL ans=zt1%10000;ans=(ans+zt2)%10000;ans=(ans+x)%10000;ans=(ans+y)%10000;return ans;}bool operator<(const mapdata &b)const{if(this->x!=b.x)return this->x<b.x;if(this->y!=b.y)return this->y<b.y;if(this->zt1!=b.zt1)return this->zt1<b.zt1;return this->zt2<b.zt2;}bool operator==(const mapdata &b)const{if(this->x!=b.x)return this->x == b.x;if(this->y!=b.y)return this->y == b.y;if(this->zt1!=b.zt1)return this->zt1==b.zt1;return this->zt2==b.zt2;} };char s[70][100];vector<mapdata> has[10010];void deal() {memset(s,0,sizeof(s));memset(maps,0,sizeof(maps));int n,m;while(!team.empty())team.pop();datatype pt;cin>>n>>m;for(int i=0;i<=10000;i++)has[i].clear();for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);int qdx,qdy;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i][j]=='.') maps[i][j]=1;if(s[i][j]=='x') maps[i][j]=0;if(s[i][j]=='E') maps[i][j]=-666;if(s[i][j]=='*') maps[i][j]=-10;if(s[i][j]=='K') maps[i][j]=-66;if(s[i][j]=='S'){maps[i][j]=1,qdx=i,qdy=j;pt.bs=0,pt.zt1=0,pt.zt2=0,pt.x=qdx,pt.y=qdy;team.push(pt);}}}datatype pd;int ans=-1;while(!team.empty()){pt=team.front();team.pop();if(maps[pt.x][pt.y]==-666){if(pt.zt2==1){ans=pt.bs;break;}}for(int i=0;i<4;i++){pd.bs=pt.bs+1;pd.zt1=pt.zt1;pd.zt2=pt.zt2;pd.x=pt.x+tx[i];pd.y=pt.y+ty[i];if(pd.x<=0||pd.y<=0||pd.x>n||pd.y>m)continue;LL cj=(LL)(m)*(pd.x-1)+pd.y;LL zt=((pd.zt1>>(LL)(cj-1))&(LL)1);if(zt==0&&maps[pd.x][pd.y]==0)continue;if(zt==1){if(maps[pd.x][pd.y] != 0)continue;}LL ws1,ws2,ws3,ws4;ws1=0;ws2=0;ws3=0;ws4=0;ws1=(pd.x-2)*(m)+pd.y;ws2=(pd.x)*m+(pd.y);ws3=(pd.x-1)*m+(pd.y-1);ws4=(pd.x-1)*m+(pd.y+1);if(maps[pd.x][pd.y]==-10){if(pd.x-1>0){if((pd.zt1>>(ws1-(LL)1))&(LL)1)pd.zt1=pd.zt1-((LL)1<<(ws1-(LL)1));elsepd.zt1=pd.zt1+((LL)1<<(ws1-(LL)1));}if(pd.x+1<=n){if((pd.zt1>>(ws2-(LL)1))&(LL)1)pd.zt1=pd.zt1-((LL)1<<(ws2-(LL)1));elsepd.zt1=pd.zt1+((LL)1<<(ws2-(LL)1));}if(pd.y-1>0){if((pd.zt1>>(ws3-(LL)1))&(LL)1)pd.zt1=pd.zt1-((LL)1<<(ws3-(LL)1));elsepd.zt1=pd.zt1+((LL)1<<(ws3-(LL)1));}if(pd.y+1<=m){if((pd.zt1>>(ws4-(LL)1))&(LL)1)pd.zt1=pd.zt1-((LL)1<<(ws4-(LL)1));elsepd.zt1=pd.zt1+((LL)1<<(ws4-(LL)1));}}if(maps[pd.x][pd.y]==-66){pd.zt2=1;}mapdata h;h.x=pd.x;h.y=pd.y;h.zt1=pd.zt1;h.zt2=pd.zt2;int zzt=h.count();int vvv=0;for(int k=0;k<has[zzt].size();k++){if(has[zzt][k]==h){vvv=1;break;}}if(vvv)continue;has[zzt].push_back(h);team.push(pd);}}printf("Case #%d:\n",ii);cout<<ans<<endl; } int main() {int t;cin>>t;while(t--){ii++;deal();}return 0; }

今夕何夕

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

今天是2017年8月6日，農(nóng)歷閏六月十五。
小度獨(dú)自憑欄，望著一輪圓月，發(fā)出了“今夕何夕，見(jiàn)此良人”的寂寞感慨。
為了排遣郁結(jié)，它決定思考一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題：接下來(lái)最近的哪一年里的同一個(gè)日子，和今天的星期數(shù)一樣？比如今天是8月6日，星期日。下一個(gè)也是星期日的8月6日發(fā)生在2023年。
小貼士：在公歷中，能被4整除但不能被100整除，或能被400整除的年份即為閏年。

Input

第一行為T(mén)，表示輸入數(shù)據(jù)組數(shù)。
每組數(shù)據(jù)包含一個(gè)日期，格式為YYYY-MM-DD。
1 ≤ T ≤ 10000
YYYY ≥ 2017
日期一定是個(gè)合法的日期

Output

對(duì)每組數(shù)據(jù)輸出答案年份，題目保證答案不會(huì)超過(guò)四位數(shù)。

Sample Input

3
2017-08-06
2017-08-07
2018-01-01

Sample Output

2023
2023
2024

Code

暴力枚舉

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;bool isrun(int year) {if (year%4==0&&year%100!=0||year%400==0)return true;return false; }int a[10000][13][32]; int month[]={29,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};int main() {memset(a,-1,sizeof(a));int p=0;for(int year=2017;year<=9999;year++){bool run=isrun(year);for(int m=1;m<=12;m++){if(run&&m==2){for(int d=1;d<=month[0];d++){a[year][m][d]=p;p++;p%=7;}continue;}for(int d=1;d<=month[m];d++){a[year][m][d]=p;p++;p%=7;}}}int t;scanf("%d",&t);while (t--){int y,m,d;scanf("%d-%d-%d",&y,&m,&d);for(int i=y+1;i<=9999;i++){if(a[i][m][d]==a[y][m][d]){printf("%d\n",i);break;}}}return 0; }

度度熊的01世界

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ??Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

度度熊是一個(gè)喜歡計(jì)算機(jī)的孩子，在計(jì)算機(jī)的世界中，所有事物實(shí)際上都只由0和1組成。
現(xiàn)在給你一個(gè)n*m的圖像，你需要分辨他究竟是0，還是1，或者兩者均不是。
圖像0的定義：存在1字符且1字符只能是由一個(gè)連通塊組成，存在且僅存在一個(gè)由0字符組成的連通塊完全被1所包圍。
圖像1的定義：存在1字符且1字符只能是由一個(gè)連通塊組成，不存在任何0字符組成的連通塊被1所完全包圍。
連通的含義是，只要連續(xù)兩個(gè)方塊有公共邊，就看做是連通。
完全包圍的意思是，該連通塊不與邊界相接觸。

Input

本題包含若干組測(cè)試數(shù)據(jù)。 每組測(cè)試數(shù)據(jù)包含： 第一行兩個(gè)整數(shù)n,m表示圖像的長(zhǎng)與寬。 接下來(lái)n行m列將會(huì)是只有01組成的字符畫(huà)。
滿足1<=n,m<=100

Output

如果這個(gè)圖是1的話，輸出1；如果是0的話，輸出0，都不是輸出-1。

Sample Input

32 32 00000000000000000000000000000000 00000000000111111110000000000000 00000000001111111111100000000000 00000000001111111111110000000000 00000000011111111111111000000000 00000000011111100011111000000000 00000000111110000001111000000000 00000000111110000001111100000000 00000000111110000000111110000000 00000001111110000000111110000000 00000001111110000000011111000000 00000001111110000000001111000000 00000001111110000000001111100000 00000001111100000000001111000000 00000001111000000000001111000000 00000001111000000000001111000000 00000001111000000000000111000000 00000000111100000000000111000000 00000000111100000000000111000000 00000000111100000000000111000000 00000001111000000000011110000000 00000001111000000000011110000000 00000000111000000000011110000000 00000000111110000011111110000000 00000000111110001111111100000000 00000000111111111111111000000000 00000000011111111111111000000000 00000000111111111111100000000000 00000000011111111111000000000000 00000000001111111000000000000000 00000000001111100000000000000000 00000000000000000000000000000000 32 32 00000000000000000000000000000000 00000000000000001111110000000000 00000000000000001111111000000000 00000000000000011111111000000000 00000000000000111111111000000000 00000000000000011111111000000000 00000000000000011111111000000000 00000000000000111111110000000000 00000000000000111111100000000000 00000000000001111111100000000000 00000000000001111111110000000000 00000000000001111111110000000000 00000000000001111111100000000000 00000000000011111110000000000000 00000000011111111110000000000000 00000001111111111111000000000000 00000011111111111111000000000000 00000011111111111111000000000000 00000011111111111110000000000000 00000000001111111111000000000000 00000000000000111111000000000000 00000000000001111111000000000000 00000000000111111110000000000000 00000000000011111111000000000000 00000000000011111111000000000000 00000000000011111111100000000000 00000000000011111111100000000000 00000000000000111111110000000000 00000000000000001111111111000000 00000000000000001111111111000000 00000000000000000111111111000000 00000000000000000000000000000000 3 3 101 101 011 View Sample Input

Sample Output

0
1
-1

Code

BFS判連通包含數(shù)量

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue>#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))using namespace std;typedef long long ll; const int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};struct node {int x, y;node(int p,int q){x=p;y=q;} };int n,m; char a[110][110]; bool book[110][110];int bfs(int x,int y,char c) {int bao=1;queue<node> que;que.push(node(x,y));book[x][y]=1;while(que.size()){node p=que.front();que.pop();for (int i=0;i<4;i++){int px,py;px=p.x+dx[i];py=p.y+dy[i];if(px>=0&&px<n&&py>=0&&py<m){if(!book[px][py]&&a[px][py]==c){book[px][py]=1;que.push(node(px,py));}}elsebao=0;}}return bao; } int main() {while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ms(book,0);ms(a,0);for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){scanf(" %c",&a[i][j]);}}int num0=0,num1=0;int bao1=0,bao0=0;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){if(!book[i][j]){if(a[i][j]=='0'){num0++;bao1+=bfs(i,j,'0');}else{num1++;bao0+=bfs(i,j,'1');}}}}if(num1==1&&bao1==0){printf("1\n");}else if(num1==1&&bao1==1){printf("0\n");}elseprintf("-1\n");}return 0; }

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Time: 2017-08-12

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/SinGuLaRiTy2001/p/7350254.html

總結(jié)

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