不清楚和OI有没有关系的一些东西

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。

$z,z^2,\cdots,z^{n-1}$ 是一个正 $n$ 边形的顶点，考虑外接圆，几何法转化得到 $2\sum\sin{\dfrac{\pi}{n}}$。再用一次向量法，补全下半部分，所有向量首尾相接得到一个正 $2n$ 边形，直接求对角线长得到 $2\cot{\dfrac{\pi}{2n}}$。

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。

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。

$x,y\in\mathbb{R},\cos{(x+y)}+\cos{x}+\cos{y}$ 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 $\left[-\dfrac{3}{2},3\right]$。

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。

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。

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。

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。

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。

$\LaTeX$ 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。

对于整数：

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：

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：

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。

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。

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。

磁场强度 $\vec{H}=\dfrac{\vec{B}}{\mu_0}-\vec{M}$，式中 $M$ 为磁化强度。

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。

最后一个是电容器和自感线圈。

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。

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。

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。

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。

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。

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 $a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b$ $=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ $=ab(300-c)+bc(300-a)+ca(300-b)$ $=300(ab+bc+ca)-3abc=6\times10^6$ $\therefore100(ab+bc+ca)-abc=2\times10^6$ $(a-100)(b-100)(c-100)=abc-100(ab+bc+ca)+10^4(a+b+c)-10^6=0$，得到 $a,b,c$ 至少有一个是 $100$。

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。

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。

$g_0(x)=1,g_1(x)=x,g_n(x)=\dfrac{g_{n-1}^2(x)-2^{n-1}}{g_{n-2}(x)}$，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。

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。