记得当年搞NOIp时，我犯过一个相当严重的错误：错误地把Floyd算法的i, j, k三层循环的位置顺序搞颠倒了。直到准备省选时我才突然意识到，Floyd算法应该最先枚举用于松驰操作的那个“中间变量”k，表示只经过从1到k的顶点的最短路；而我却一直习惯性地以为i, j, k应该顺次枚举。令人惊讶的是，这个错误跟了我那么久我居然从来都没有注意到过。后来，我发现有我这种经历的人不止一个。惯性思维很可能会让你接受一些明显错误的算法，并且让你用得坦坦荡荡，一辈子也发觉不了。
    假使你需要把一个数组随机打乱顺序进行重排。你需要保证重排后的结果是概率均等、完全随机的。下面两种算法哪一种是正确的？其中，random(a,b)函数用于返回一个从a到b（包括a和b）的随机整数。

1. for i:=1 to n do swap(a[i], a[random(1,n)]);
2. for i:=1 to n do swap(a[i], a[random(i,n)]);

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    最近忙着迎新，很久没有更新了。见了很多可爱的MM，让人欲火焚身。管萌MM是我们这个专业08的新生，人气相当高。在这里祝她生日快乐。好了，最近的情况就聊到这儿。
    Wilson定理指出，对于任一个质数p，都有(p-1)! ≡ -1 (mod p)，换句话说(p-1)! + 1能被p整除。为了证明这一点，让我们来考虑一个圆周上的p等分点。顺次连接这p个点我们可以得到一个正p边形，让它随便旋转多少个360/p度所得到的图形都和原来一样。类似地，跳跃着连接起第1, 3, 5…个点，或者两个两个地跳开来（连接1, 4, 7…个点），你可以得到一个星形的广义正p边形，它们同样满足类似的旋转对称性质。由于跳过k个点和跳过p-k-2个点是一回事，因此这种类型的多边形一共有(p-1)/2个。注意像这种“k个点k个点地跳着连接”的连接方式一定会遍历所有的点最后回到出发点：假如连接d个点后你就提前回到出发点了（而没有遍历完所有点），那一定还有若干组大小为d的点集没被连过，这样的话总点数就是d的倍数，与p是质数就矛盾了。
    除了这种旋转对称的“广义正p边形”以外，其它的多边形随便旋转多少都不能和原来全等。假设有图形最少只需要旋转d个点的位置(d>1)之后就与原图形重合，那么p一定是d的倍数，否则当到了k·d<p<(k+1)d时p-k·d就成了更小的与原图重合的旋转角度；然而p是d的倍数与p是质数矛盾。这告诉我们，非旋转对称的多边形总是p个p个的成组出现，因此它们的数目能被p整除。
    另一方面，连接圆周上的各点所能形成的多边形总数为(p-1)!/2，这是因为规定了起始点后，多边形就由剩下的p-1个点的排列确定，但每个多边形都各算了两次（顺时针、逆时针遍历各一次）。而前面已经提到过，广义的正p边形有(p-1)/2个。这样的话，非旋转对称的多边形总数就等于

  (p-1)!/2 – (p-1)/2 = 1/2 [(p-1)! + 1 – p]

    这个数目能被p整除当且仅当(p-1)! + 1能被p整除。

    来源：http://www.cut-the-knot.org/blue/GeometricWilson.shtml

    有趣的是，“p是质数”这一条件也是必要的。假设一个合数p也能整除(p-1)! + 1，这意味着它的某个大于1的因子d也能整除(p-1)! + 1；但同时d还能整除(p-1)!，这显然是不可能的。

    不知大家有过硬盘坏道没，反正有一次我是遇上了，珍贵的collection顷刻间化为乌有。信息时代，每个人都面临着一个新的问题：如何储存你的重要文件最为安全？大多数人会选择多弄它几个备份，虽然这种办法的效率和“性价比”都不高。有没有什么高效而又节省空间的办法来保证数据安全呢？最近，ttsiod写了一篇关于Linux小软件Rsbep的文章，里面提到的算法可以保证大段数据丢失以后仍然能复原原来的数据。算法基于一种叫做Reed-Solomon的编码方式。

    Reed-Solomon编码的核心思想非常有趣：任意k个点都惟一地确定了一个最高次数为k-1次的多项式，如果我们把要传送的信息用一个多项式函数上的点来表示，那么我们可以用更多的点来描述这一信息，这样即使某些点的位置在传输过程中发生了错误，接收者也能根据其它的点来复原全部信息。考虑一个大小为n的有限域（由于一个字节有2^8=256种可能的值，n通常取256），其元素分别为x_0, x_1, x_2, …, x_n；而我们要传输的数据长度为k。首先我们把这k个字节的数据当作有限域的前k个非0元素所对应的函数值，确定出它们所对应的k-1次多项式函数f；然后计算出n-1个非0元素的函数值f(x_1), f(x_2), …, f(x_n)，作为最终的编码发送出去。注意我们的元素是一个有限域，因此多项式的值仍然在这个域里面（范围仍然是0到255）。在实际应用中，我们通常取k=223，这样的话223个字节的数据将加强为一段255字节长的数据，其中有32个字节是附加的信息。这种编码的纠错能力很强，即使有16个字节在传输中发生错误，我们也能通过剩余的信息复原出原始数据。

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如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。

    不假，利用数论知识我们真的可以证明这个和数论八杆子打不着的题目。证明的关键就在于，质数有无穷多个。给定一个满足要求的大矩形，如果你宣称它的每条边都不是整数，它们都至少多出了大小为ε的“零头”。那么，我就找出一个足够大的质数p，使得1/p < ε，然后说明有一条边的长度除去整数部分后的“零头”不会超过1/p。这样的话，至少有一边恰好是整数长才行。     仍然是把大矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑所有形如(i/p, j/p)的点所形成的点阵（其中i, j均为整数）。我们需要把整个点阵平移到一个合适位置，使得点阵中没有点恰好落在小矩形的边界上。这总是可以办到的，例如我们算出每个小矩形的横边到点阵中离它最近的点的距离，取所有这些最近距离中最小的非0的值，然后竖直方向上移动一个比这还小的距离；另一个方向亦是如此。注意到每个小矩形内部所含的点数都是两个数的乘积，由于其中至少有一个数是p的倍数，因此每个小矩形内都有p的倍数个点。那么，整个大矩形所含的点的个数（即每个小矩形所含点数之和）也是p的倍数。大矩形内的所有点的个数也是两个数的乘积，然而p是质数，因此两个数中至少一个是p的倍数（数论的一个基本结论）。那么，对应的那条边就应该是整数长，并且最多有1/p的误差。 （三）（四）两种证明均来自http://domino.research.ibm.com/Comm/wwwr_ponder.nsf/solutions/May1999.html