大王——有趣干货集合
作者：互联网
1.平面上有n条折线，这些折线最多能将平面分割成多少块?
递推公式 f[i] = f[i - 1] + 4 * (n - 1) + 1 (初始化 f[0] = 0)
考虑新进来的一条折线，有2条边，每条边都可以和之前的（2 * i）条边产生交点，即把自己分成了(4 * i + 1)个部分。
而每个部分相当于将它所在的那个平面劈成两半，即增加了一个平面。（真正的思想！）
因此递推公式如上。
附加：如何判断两部分在同一个平面？（可以从一个部分走到，或者说画一条线到，另一个部分，则为同一个平面）
根据叠进式的算法，可以得到:
f[n]
= n + ∑ 4(i - 1) + 1
= n - 4n + 4n(n + 1) / 2 + 1
= 2n(n + 1) - 3n + 1
= 2n2 - n + 1
因此，根据这样的思路，"Z"字形甚至更复杂的图形都可以迎刃而解了。
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2.有一个n*m的棋盘，其中每个格子分布着一些整数。
定义一种操作：将一行或者一列的数全部变成它的相反数。
求证：对于任何情况，都能在有限次操作下使得每行每列的和都非负。
证明：
定义一个S，为棋盘中每一行的数之和 + 每一列的数之和。
若不满足题意，则必有一行或一列的数之和S1 < 0。假设为某一列。
则就将此列的数全部取反。
考虑S的变化值。
在那一列中，所有数被取反，S增加2*(-s1)。
对于每一行的变化值deltai，Σdeltai = 2*(-s1)。
因此每一次变化，S都增加了4*(-s1)。
S的极限是什么呢？其实就是所有的负数都变成了正数。有限的！
什么时候无法再进行操作了呢？即是所有行，所有列的数之和都非负时。（这时就满足题意了！）
我们再捋一下这个逻辑关系（只考虑S的变化）：
只要此时情况还未满足题意，则S肯定能继续增大。而S的极限又是有限大的，并且如果达到了极限，也满足题意。
因此当S取到最大值时，每行每列的数之和肯定非负（否则还能继续进行操作使S增大！），而且，操作次数是有限的，因为S的极值是有限的！
证毕。
其实这个“逻辑关系”就是匈牙利算法——二分图最大匹配的逻辑基础。这里的“某一行或某一列的为负数的和”对应一条增广路，一次操作就是将增广路上的所有边全部取反，而极限就是所有节点都被匹配到了，即min(n，m)。什么时候操作停止呢？就是没有增广路径时。这时，二分图匹配数的最大值便求出来了。因此匈牙利算法很简单，对于每个节点，查询增广路径->取反增广路上所有边。这样最后一定没有增广路存在，整个二分图已经稳定下来了。（仔细想象hungary算法具体过程，为什么？）最大值也就水落石出了。
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3.有n个人，n种颜色，每个人头上戴着任意一颜色的帽子。他们只能看到除了自己以外的人的帽子的颜色，而且不能互相交流。每个人需要猜自己头上帽子的颜色。请设计一种方法，使得至少有一个人能够猜中。
首先，将n种颜色量化，对应1-n。将n个人也对应为1-n（量化，一种很重要的数学方法！遇到类似的情况都可以量化，至少是个不劣的转化）
接下来是方法：第一个人写出一个数字，使得他写出的数字加上看到帽子对应的数字之和 mod n == 0。同理，第二个人写出一个数字，使得他写出的数字加上看到帽子对应的数字之和 mod n == 1。第i个人写出的数字应使得他写出的数字加上看到帽子对应的数字之和 mod n == （i - 1）。
事实上，真正的∑ai mod n 必然有一个余数。因此上述的人中一定有一个人能猜中，而且一定只有一个人能猜中。
这道题利用了量化、余数抽屉原理的思想。
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标签：数字,增广,取反,干货,一列,有趣,mod,大王,题意 来源： https://www.cnblogs.com/StephenCurry30/p/10585427.html