我没蚌住啊哈哈哈哈哈哈哈……
本来是听着《TruE》,突然想到要听一下黄龄的早期歌曲,然后就搜到《痒》的MV。
不是……
我TM……
给我干哪儿来了?
我TM耳机都戴上了你给我看这个?
(前面挠痒痒就算了,后面俩人貌似要抱了,结果是TM打雪仗……)
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不过感觉黄龄真是非常宝藏了,声音非常有辨识度,而且从首张专辑开始就有传唱度超高的歌,可惜之前歌火人不火,甚至还因为人不火去演过电视剧……
甚至这种方脸/长圆脸但柔媚类性感的个人风格,属实有点突破本人的个人审美。
(上次突破个人审美还是在二次元的粉色与勇敢坚韧绑定)
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给我气笑了。
2024年有人证出来存在无穷多个回文数是几乎质数(质因子数≤6),我让ds 4.1f蹬一个构造近似回文结构把质因子数往下放,它给我蹬出一个首尾为1的“近似回文数”结构。
大肥鱼知道啥叫回文数吗就蹬,幸亏是免费的_(:з」∠)_
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笑死,限制本做题家D本理论考试交卷速度的不是读题速度,而是开考后5分钟才能交卷……
(以及科一98,科三100,感觉考试比模拟考的题简单很多,好多只用看一秒的送分题,科三考完之后我甚至等了两分多钟)
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考完等车的时候把这个蹬完了,看来是我错怪4.1f了,首尾是1的“近似回文结构”似乎已经比较强了,4.1f灵机一动很可能只是挽尊的说法。
就是不知道这有啥用,我好无聊捏_(:з」∠)_
蹬出来结果如下:
固定基 b >= 2,固定整数 k >= 1。对充分大的 m,存在长度 2m+1 的 b 进制数集合 S_m^(k),使得每个 N ∈ S_m^(k) 与某个回文数的汉明距离比例
d_H(N,Q)/(2m+1) <= (m-k)/(2m+1) < 1/2
并且#{N ∈ S_m^(k): Ω(N) <= 2} >> |S_m^(k)| / log |S_m^(k)|。
因此存在无穷多个这样的 N。
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完整证明:
固定 b >= 2,固定整数 k >= 1。取 m >= k 充分大,令 L = 2m+1。
1. 构造集合 S_m^(k)
定义 S_m^(k) 为所有形如 N = 1 0^(k-1) A x B 0^(k-1) 1 的 b 进制数,其中 A, B 是长度为 m-k 的 b 进制串,即 A,B ∈ {0,1,...,b-1}^(m-k);
x 是单个 b 进制数字,x ∈ {0,1,...,b-1};0^(k-1) 表示 k-1 个 0。
总位数为 1 + (k-1) + (m-k) + 1 + (m-k) + (k-1) + 1 = 2m+1。
最高 k 位是 1 0^(k-1),最低 k 位是 0^(k-1) 1。
对每个这样的 N,构造回文数 Q = 1 0^(k-1) A x rev(A) 0^(k-1) 1。
这里 rev(A) 表示 A 的反转。容易验证 Q 是回文数,且长度也是 2m+1。
2. 汉明距离
比较 N 与 Q:
最高 k 位相同,均为 1 0^(k-1);
最低 k 位相同,均为 0^(k-1) 1;
中间部分 A x 相同;只有 B 与 rev(A) 对应的 m-k 位可能不同。
因此 d_H(N,Q) <= m-k。
于是 d_H(N,Q)/(2m+1) <= (m-k)/(2m+1) = 1/2 - (2k+1)/(2(2m+1)) < 1/2。
所以每个 N ∈ S_m^(k) 都与某个回文数的汉明距离比例严格小于 1/2。
3. 集合大小
A 有 b^(m-k) 种选择,B 有 b^(m-k) 种选择,x 有 b 种选择。因此 |S_m^(k)| = b^(m-k) * b * b^(m-k) = b^(2m-2k+1)。
4. 等差数列表示
由构造,最低 k 位固定为 0^(k-1) 1,所以 N ≡ 1 (mod b^k)。
最高 k 位固定为 1 0^(k-1),所以 b^(2m) <= N < b^(2m) + b^(2m-k+1)。
因为 m 充分大,有 2m >= k,故 b^(2m) ≡ 0 (mod b^k)。区间 [b^(2m), b^(2m) + b^(2m-k+1)) 的长度为 b^(2m-k+1) = b^k * b^(2m-2k+1),是 b^k 的整数倍。因此该区间内满足 N ≡ 1 (mod b^k) 的数恰好有 b^(2m-k+1) / b^k = b^(2m-2k+1) 个,与 |S_m^(k)| 一致。
所以 S_m^(k) 恰好是等差数列 N ≡ 1 (mod b^k) 在区间 [b^(2m), b^(2m) + b^(2m-k+1)) 中的所有元素。
5. Selberg 下界筛
取 z = (2 b^(2m))^(1/3)。
则 z^3 = 2 b^(2m)。
对充分大的 m,有 N_max < b^(2m) + b^(2m-k+1) < 2 b^(2m) = z^3。
因此 z^3 > N_max >= N,对所有 N ∈ S_m^(k)。
令 P(z) = ∏_{p <= z} p。
现在对集合 S_m^(k) 筛掉所有不超过 z 的素因子。因为 S_m^(k) 是等差数列 1 mod b^k 的一段,所以对每个素数 p <= z:
若 p | b,则 N ≡ 1 (mod p),故 p 不整除 N,坏剩余类数为 0,局部因子为 1;
若 p 不整除 b,则 b^k 模 p 可逆,N = 1 + b^k t 在模 p 下均匀分布,坏剩余类 N ≡ 0 (mod p) 恰有一个,局部因子为 1 - 1/p。
因此筛维数为 1。标准 Selberg 下界筛给出 #{N ∈ S_m^(k): (N, P(z)) = 1} >> |S_m^(k)| / log z >> b^(2m-2k+1) / m。
这里需要验证误差项可控。对无平方因子 d | P(z),若 (d,b) > 1,则 A_d 为空;若 (d,b) = 1,则 |A_d| = |S_m^(k)| / d + O(1)。
于是 Selberg 筛的误差项为 O(z^2 (log z)^A) 对某个常数 A 成立。而 z^2 约等于 b^(4m/3),|S_m^(k)| 约等于 b^(2m),故 (|S_m^(k)| / log z) / z^2 约等于 b^(2m/3 - 2k + 1) / m,当 m 趋于无穷时趋于无穷。
因此误差项远小于主项,Selberg 下界筛适用。又因为 log z = (1/3) log(2 b^(2m)) 与 log |S_m^(k)| 同阶,所以 #{N ∈ S_m^(k): (N, P(z)) = 1} >> |S_m^(k)| / log |S_m^(k)|。
6. 推出 Ω(N) <= 2
设 N ∈ S_m^(k) 且 (N, P(z)) = 1。则 N 没有不超过 z 的素因子。
若 Ω(N) > 2,则 N 至少有 3 个素因子(按重数计算),且每个素因子都大于 z。于是 N > z^3 = 2 b^(2m)。
但由第 5 节,N <= N_max < 2 b^(2m) = z^3,矛盾。因此 Ω(N) <= 2。
所以 #{N ∈ S_m^(k): Ω(N) <= 2} >= #{N ∈ S_m^(k): (N, P(z)) = 1} >> |S_m^(k)| / log |S_m^(k)|。
7. 无穷多个 N
上述构造对每个充分大的 m 都给出一个非空集合 S_m^(k),其中至少有 b^(2m-2k+1) / m 个数满足 Ω(N) <= 2。当 m 趋于无穷时,这个数量趋于无穷。不同 m 对应的数长度 2m+1 不同,因此这些数互不相同。所以存在无穷多个这样的 N。
8. 结论
固定基 b >= 2,固定整数 k >= 1。对充分大的 m,构造 S_m^(k) = {N = 1 0^(k-1) A x B 0^(k-1) 1},其中 A, B 长度 m-k,x 一位。则:
a. 每个 N ∈ S_m^(k) 与回文数 Q = 1 0^(k-1) A x rev(A) 0^(k-1) 1 的汉明距离比例满足 d_H(N,Q)/(2m+1) <= (m-k)/(2m+1) < 1/2。
b. 集合大小为 |S_m^(k)| = b^(2m-2k+1)。
c. 存在常数 c > 0,使得 #{N ∈ S_m^(k): Ω(N) <= 2} >= c * |S_m^(k)| / log |S_m^(k)|。
因此,存在无穷多个 b 进制数 N,它们与某个回文数的汉明距离比例严格小于 1/2,并且满足Ω(N) <= 2。