校赛拿了亚军，做出了7道题目，还行

接下来一段时间就是补题

不仅补校赛的题，还补相关知识点的题目

比如接下来搞一搞dfs序，数学

发现这两个部分之前都总结过哈哈，但时间太久遗忘了

搞起

12.21周一

dfs序，搞起

dfs序可以给每个节点一个id从而把树形结构转化为线性结构。

一颗子树在dfs序上就是一个区间

l[id]是节点的id，而l[id]到r[id]就是以l为根的子树的dfs序

所以可以用来判断子树，子树问题可以用树状数组线段树来搞

poj 3321

用树状数组维护就好

但我用vector超时了，要用链式前向星

这个知识点已经遗忘了……

#include<cstdio>
#include<vector>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1e5 + 10;
vector<int> g[MAXN];
int f[MAXN], a[MAXN], n, m;
int l[MAXN], r[MAXN], id;int lowbit(int x) { return x & (-x); }void add(int x, int w)
{while(x <= n){f[x] += w;x += lowbit(x);}
}int sum(int x)
{int res = 0;while(x){res += f[x];x -= lowbit(x);}return res;
}void dfs(int u, int fa)
{l[u] = ++id;REP(i, 0, g[u].size()){int v = g[u][i];if(v == fa) continue;dfs(v, u);}r[u] = id;
}int main()
{scanf("%d", &n);_for(i, 1, n - 1){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}_for(i, 1, n) add(i, 1), a[i] = 1;dfs(1, -1);scanf("%d", &m);while(m--){char s[5]; int x;scanf("%s%d", s, &x);if(s[0] == 'Q') printf("%d\n", sum(r[x]) - sum(l[x]-1));else {int id = l[x];if(a[id]) a[id] = 0, add(id, -1);else a[id] = 1, add(id, 1);}}return 0;
}

Problem L. 代代宗师

校赛补题

题意是每个点有权值1或0，询问以i为根节点的子树中深度为h的结点的权值和

这道题用了dfs序，我已经遗忘了这个知识点，所以当时根本没法做，不知道怎么判断i的子树内的节点

做法是每个高度都把节点的dfs序存进去，同时算出前缀和

询问时在这个高度中，一个子树的节点一定是连续的一段，因为是按照dfs序的方式进入数组的

因此就可以用二分来找出这一段序列的左右两个端点

这里有个细节卡了我一下，注意根节点的dfs序范围和子节点范围两端可能重合可能不重合

如果是本身那就都重合

如果不是本身，左端点不重合，右端点可能重合可能不重合

因此左端点用lower_bound

右端点用upper_bound - 1

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1e5 + 10;
vector<int> g[MAXN], d[MAXN], s[MAXN];
int l[MAXN], r[MAXN], a[MAXN], n, q, id;void dfs(int u, int fa, int dep)
{l[u] = ++id;d[dep].push_back(l[u]);if(!s[dep].size()) s[dep].push_back(a[u]);else s[dep].push_back(a[u] + s[dep][s[dep].size()-1]);REP(i, 0, g[u].size()){int v = g[u][i];if(v == fa) continue;dfs(v, u, dep + 1);}r[u] = id;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &q);_for(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);_for(i, 1, n - 1){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1, -1, 1);while(q--){int v, h;scanf("%d%d", &v, &h);int L = lower_bound(d[h].begin(), d[h].end(), l[v]) - d[h].begin();int R = upper_bound(d[h].begin(), d[h].end(), r[v]) - d[h].begin() - 1;if(L == 0) printf("%d\n", s[h][R]);else printf("%d\n", s[h][R] - s[h][L-1]);}return 0;
}

12.22周二

继续补题

Problem M. yxq 决斗

由于 yxq 打架屡战屡胜，他已经不满足打架取胜所带来的快感，因此他转向了决斗:to be or not to be! yxq 和别人决斗，初始 yxq 血条为 a，别人血条为 b。决斗为回合制，每回合 yxq 爆头对方的机率为 p，被对方爆头的机率为 (1 − p)，被爆头者掉 1 滴血，当一方血条为 0 时，则其阵亡，请问 yxq 活下来的概率是多少，你需要输出模 998244353 意义下的结果。

多组测试数据第一行输入一个正整数 T，表示数据组数，T ≤ 10. 每组数据输入三个正整数 a，b，p，意义见题面，p 为模 998244353 意义下的数，a, b ≤ 1000

这题当时是写出来了。听了题解后发现有其他做法，学习学习。

dp做法

这个数据范围是一千，所以可以用n方做法

可以用dp来解决问题。这里都是模p意义下的，就不用浮点数了，都是整数

有些细节要注意

（1）转移时越界的时候看作0，即这种状态不存在。故要每次初始化为0

（2）当一直要取MOD的时候可以两个加和乘的函数，变得很方便

（3）这题有个坑就是最后一次一定是我方打的，不能把对方打的也算进去

所以转移时要特判一下

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 1e3 + 10;
int dp[MAXN][MAXN], p, a, b;int add(int x, int y) { return (x + y) % MOD; }
int mul(int x, int y) { return 1ll * x * y % MOD; }int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){memset(dp, 0, sizeof(dp));int ans = 0;scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);for(int i = a; i >= 0; i--)for(int j = b; j >= 0; j--){if(i == a && j == b) {dp[a][b] = 1;continue;}if(j == 0) dp[i][j] = mul(dp[i][j+1], p);else dp[i][j] = add(mul(dp[i+1][j], 1 - p + MOD), mul(dp[i][j+1], p));if(j == 0 && i > 0)    ans = add(ans, dp[i][j]);}printf("%d\n", ans);}return 0;
}

数学做法

就是高中数学推公式就行

注意一定最后一次是我方击杀

这里涉及到组合数

考试的时候是初始化阶乘来算的

现在换另一种方式，用递推初始化组合数

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 1e3 + 10;
int dp[MAXN][MAXN], p, a, b;
int c[MAXN][MAXN << 1];int add(int x, int y) { return (x + y) % MOD; }
int mul(int x, int y) { return 1ll * x * y % MOD; }void init()
{_for(j, 0, 2000) c[0][j] = 1;_for(i, 1, 1000)_for(j, 1, 2000)c[i][j] = add(c[i][j-1], c[i-1][j-1]);
}int binpow(int a, int b)
{int res = 1;for(; b; b >>= 1){if(b & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}int main()
{init();int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);int sum = 0;_for(k, 0, a - 1)sum = add(sum, mul(c[k][b-1+k], binpow(1-p+MOD, k)));printf("%d\n", mul(binpow(p, b), sum));}return 0;
}

Problem H. 2020

求这玩意

当时一脸懵逼

首先一段的和可以转化为1到k的和，然后相减即可

这是个很常见的思路

后来了解到这可以用拉格朗日插值法

给n个点，求过这n个点的曲线

多项式函数，显然可以代入点解方程

但拉格朗日插值法可以解决这个问题，非常秀

这个自行百度吧，百度可以看懂

至于这道题，显然是推求和公式

如果是1次方，那么求和后是n(n + 1)/2，是个二次多项式

那么4次方，求和后就是个5次多项式

那么这里就可以用拉格朗日插值法

取x为0， 1，2， 3， 4， 5六个点，就可以列出方程，代入题目给的点就行了

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MOD = 1e9 + 7;
int F[10];int add(int a, int b) { return (a + b) % MOD; }
int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % MOD; }void init()
{_for(i, 1, 5)F[i] = add(F[i-1], pow(i, 4));
}int binpow(int a, int b)
{int res = 1;for(; b; b >>= 1){if(b & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}int inv(int x) { return binpow(x, MOD - 2); }int f(int n)
{int res = 0;_for(i, 0, 5){int now = F[i];_for(j, 0, 5) if(j != i)now = mul(now, n - j + MOD);_for(j, 0, 5)if(j != i)now = mul(now, inv(i - j + MOD));res = add(res, now);}return res;
}int main()
{init();int T; scanf("%d", &T);while(T--){int n; scanf("%d", &n);int ans = f(n + 2020) - f(2019);if(ans < 0) ans += MOD;  //涉及到减法可能为负，小细节注意一下 printf("%d\n", ans);}return 0;
}

12.23 周三

校赛有一道数学题没做出来，今天弄质数和约数部分，加油

复习线性筛

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 100 + 10;
bool is_prime[MAXN];
vector<int> prime;void get_prime()
{memset(is_prime, true, sizeof(is_prime));is_prime[0] = is_prime[1] = false;REP(i, 2, MAXN)if(is_prime[i]){prime.push_back(i);for(int j = i; j < MAXN; j += i)is_prime[j] = false;}
}int main()
{get_prime();REP(i, 0, prime.size())printf("%d ", prime[i]);return 0;
}

Problem I . 「一は全、全は一」

当时没啥思路

后来听了题解，感觉很秀

把因数d化成n/a

把式子列一下发现分母可以配对成n

因数个数为k

答案就是n^(k/2)

当然如果是完全平方数，那就k是奇数，要多乘一个根号n

问题是怎么快速求k

暴力会超时

这里用质因数分解，因数个数为(a1+1)（a2+1）(a3+1)……

因此要初始化质数，然后质因数分解，然后算出k

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1e5 + 10;
bool is_prime[MAXN];
vector<int> prime;int add(int a, int b) { return (a + b) % MOD; }
int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % MOD; }int binpow(int a, int b)
{int res = 1;for(; b; b >>= 1){if(b & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}void get_prime()
{memset(is_prime, true, sizeof(is_prime));is_prime[0] = is_prime[1] = false;REP(i, 2, MAXN)if(is_prime[i]){prime.push_back(i);for(int j = i; j < MAXN; j += i)is_prime[j] = false;}
}int num(int n)
{int res = 1;REP(i, 0, prime.size())if(n % prime[i] == 0){int cnt = 0;while(n % prime[i] == 0){n /= prime[i];cnt++;}res *= (cnt + 1);if(n == 1) break;}if(n > 1) res *= 2;return res;
}int main()
{get_prime();int T; scanf("%d", &T);while(T--){int n, t; scanf("%d", &n);t = num(n);if(t & 1) printf("%d\n", mul(binpow(n, t / 2), sqrt(n)));else printf("%d\n", binpow(n, t / 2));}return 0;
}

NOIP2009 Hankson 的趣味题

就是考枚举因子，可以暴力

可以手算一下，逼近极限了

10的七次方到10的八次方

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;int a0, a1, b0, b1;int gcd(int a, int b) { return !b ? a : gcd(b, a % b); }
int lcm(int a, int b) { return a / gcd(a, b) * b; }int check(int x)
{return gcd(x, a0) == a1 && lcm(x, b0) == b1;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d%d", &a0, &a1, &b0, &b1);int ans = 0;for(int x = 1; x * x <= b1; x++)if(b1 % x == 0){if(x * x == b1) ans += check(x); //完全平方数一般要特判一下，是个坑 else ans += check(x) + check(b1 / x);}     printf("%d\n", ans);}return 0;
}

枚举因子还可以优化

先质因数分解，然后dfs枚举出所有因子

优化效果挺明显的

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1e5 + 10;
vector<int> prime, ve;
bool is_prime[MAXN];
int a0, a1, b0, b1;
int a[15], cnt, ans;int gcd(int a, int b) { return !b ? a : gcd(b, a % b); }
int lcm(int a, int b) { return a / gcd(a, b) * b; }int check(int x)
{return gcd(x, a0) == a1 && lcm(x, b0) == b1;
}void get_prime()
{memset(is_prime, true, sizeof(is_prime));is_prime[0] = is_prime[1] = false;REP(i, 2, MAXN)if(is_prime[i]){prime.push_back(i);for(int j = i; j < MAXN; j += i)is_prime[j] = false; }
}void init()
{int t = b1;ve.clear(); cnt = ans = 0;REP(i, 0, prime.size())if(t % prime[i] == 0){ve.push_back(prime[i]);a[cnt] = 0;while(t % prime[i] == 0){t /= prime[i];a[cnt]++;}cnt++;if(t == 1) break;}if(t > 1) a[cnt++] = 1, ve.push_back(t);
}void dfs(int i, int now)
{if(i == cnt){ans += check(now);return;}_for(j, 0, a[i]){int t = 1;_for(k, 1, j) t *= ve[i];dfs(i + 1, now * t);}
}int main()
{get_prime();int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d%d", &a0, &a1, &b0, &b1);init();dfs(0, 1);printf("%d\n", ans);}return 0;
}

对顶堆复习

可以动态维护第k大的值

复杂度logn

学算法关键是理解思想，这样就容易写出来了，而不是死背模板

对顶堆的思想很简单，就是从分界点分出两个堆，维护这两个堆就好

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;priority_queue<int> q1;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q2;void add(int x)
{if(!q2.size() || x > q2.top()) q2.push(x);else q1.push(x);if(q1.size() > q2.size() + 1) q2.push(q1.top()), q1.pop();if(q2.size() > q1.size() + 1) q1.push(q2.top()), q2.pop();
}int work()
{if(q1.size() > q2.size()) return q1.top();return q2.top();
}int main()
{int n; scanf("%d", &n);_for(i, 1, n){int x; scanf("%d", &x);add(x);if(i & 1) printf("## %d\n", work());}return 0;
}

复习nth_element

有些题这个函数很有用

可以把第k小的数放到第k个位置，左边的小于等于它，右边的大于等于大

要变成第k大用greater<int>

复杂度O（n）

比如计算中需要前k个最小的数，就可以用这个函数，比排序nlogn要优

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;int main()
{int a[] = {0, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1};nth_element(a + 1, a + 3, a + 11, greater<int>()); //起始，第几个数,末尾加1 _for(i, 0, 10) printf("%d ", a[i]); puts("");return 0;
}

Problem D. YYGQ

这道题的难点在于怎么删去

我考试时写了链表，但一直WA，链表不好写，容易写错

正解是用栈，栈弹出元素就是删去

栈手写就好，比stl能实现更多功能

然后我因为strlen这个函数卡了很久

巨坑函数

（1）每次调用strlen都是O（n），我把这个函数写到循环里面了，就多调用了很多次导致超时

所以应该用一个变量把strlen存一下

所以注意strlen用多次的时候用变量存起来

（2）strlen的返回值为unsigned int，没有负数

所以比较的时候要注意这一点，可以强制转化成int

很多stl的size貌似也是这样

所以strlen注意一点，最好用一个int变量存一下

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1e6 + 10;
char s[MAXN], k[MAXN];
int cnt;bool check(char str[])
{int len = strlen(str);if(cnt < len) return false;for(int i = len - 1, p = cnt; i >= 0; i--, p--)if(str[i] != k[p]) return false;    cnt -= len;return true;
}int main()
{scanf("%s", s);int len = strlen(s);REP(i, 0, len){k[++cnt] = s[i];check("jl") || check("bhb") || check("jz");}_for(i, 1, cnt) putchar(k[i]);if(!cnt) puts("NULL");return 0;
}

复习矩阵快速幂

校赛考了一道

其实我早已经忘记代码怎么写了，但我记得思想

于是就写出来了

所以说学算法一定要深刻理解思想，才会流畅写得出来，而不是死记硬背代码

Fibonacci 第 n 项

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;int x, MOD;struct node
{int c[5][5];node() { memset(c, 0, sizeof(c)); }
};int add(int a, int b) { return (a + b) % MOD; }
int Mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % MOD; }node mul(node a, node b)
{node res;_for(i, 1, 2)_for(j, 1, 2)_for(k, 1, 2)res.c[i][j] = add(res.c[i][j], Mul(a.c[i][k], b.c[k][j]));return res;
}node binpow(node a, int b)
{node res;res.c[1][1] = res.c[2][2] = 1;for(; b; b >>= 1){if(b & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}int main()
{scanf("%d%d", &x, &MOD);node a;a.c[1][1] = a.c[1][2] = a.c[2][1] = 1;a = binpow(a, x - 1);printf("%d\n", a.c[1][1]);return 0;
}

Fibonacci 前 n 项和

手算矩阵即可，多加一项和的

记得可以手算个几项检验正确性

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;int x, MOD;struct node
{int c[5][5];node() { memset(c, 0, sizeof(c)); }
};int add(int a, int b) { return (a + b) % MOD; }
int Mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % MOD; }node mul(node a, node b)
{node res;_for(i, 1, 3)_for(j, 1, 3)_for(k, 1, 3)res.c[i][j] = add(res.c[i][j], Mul(a.c[i][k], b.c[k][j]));return res;
}node binpow(node a, int b)
{node res;res.c[1][1] = res.c[2][2] = res.c[3][3] = 1;for(; b; b >>= 1){if(b & 1) res = mul(res, a);a = mul(a, a);}return res;
}int main()
{scanf("%d%d", &x, &MOD);node a;a.c[1][1] = a.c[2][1] = a.c[2][2] = 1;a.c[2][3] = a.c[3][2] = 1;a = binpow(a, x - 1);printf("%d\n", add(a.c[1][1], add(a.c[2][1], a.c[3][1])));return 0;
}

12.24 周四

今晚平安夜和朋友出去玩，也比较疲惫，今天就不训练了

12.25 周五

圣诞节去玩了

12.26 周六

前两天一来圣诞节，二来也比较疲惫，就放松休息了

今天感觉状态又恢复过来了，搞起

Problem K. 撒播芙兰三三的离别花瓣

这道题思维量很大，代码很简单

保持好习惯，一道不会的题尽量独立思考

问题是怎么表示这个(r1, c1), (r1, c2), (r2, c1)都有时，(r2, c2)也有

这里要把它抽象成一个图，把点看成一条边

发现成为一个联通分量后，就等价于多了一条边，也就可以符合题目说的这种条件。

所以一个点就是一个边，最后就成了很多联通分量

一条边可以减少一个联通分量

最后是全部成为一个联通分量，所以答案就是联通分量个数-1

维护联通分量用并查集

很秀，关键是想到抽象成一个图

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1e5 + 10;
int f[MAXN << 1], n, m, q;int find(int x)
{if(f[x] == x) return x;return f[x] = find(f[x]);
}int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);_for(i, 1, n + m) f[i] = i;while(q--){int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);f[find(x)] = find(y + n);}int cnt = 0;_for(i, 1, n + m)cnt += f[i] == i;printf("%d\n", cnt - 1);return 0;
}

校赛题目补完了！！！！

STL

遍历容器时可以用for-range循环

for(auto v: g[u])

比如很常用的vector就可以这样遍历，省去了很多代码

auto是自动匹配类型

这只是取出这个值，要改变要加&

for(auto& v: g[u])

像其他的set，map也一样

还有set，multiset,map,multimap,unordered_set, unordered_map容器

可以insert，erase，count 前三个是logn，后两个是O（1）

unordered_map可以用来给string分配id
set+unordered_map用来离散化

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第十五周学习周记前言一.小程序简介二.小程序代码构成 1. JSON配置 2. WXML模板 3. WXSS样式 4. JS逻辑交互总结前言这一周将开始微信小程序的学习. 一.小程序简介 ...
2017面向对象程序设计（Java）第十五周学习总结
上周,老师要求同学们自学应用程序部署,并布置了相关的实验任务.此次实验的目的是掌握Java应用程序的打包操作:了解应用程序存储配置信息的两种方法: 了解Applet小应用程序的开发及应用方法:掌握基于 ...
软件工程--第十五周学习进度
第十五周代码量 245 所花时间 6h 博客量 3篇了解到的知识点搭建基本web,了解了服务器的配置过程,也开始为自己的项目投入基金. 转载于:https://www.cnblogs ...
201771010137 赵栋《面向对象程序设计（java）》第十五周学习总结
实验十五 GUI编程练习与应用程序部署实验时间 2018-12-6 一:理论部分. 1.Java 程序的打包:编译完成后,程序员将.class 文件压缩打包为 .jar 文件后,GUI 界面序就可 ...
201771010112罗松《面向对象程序设计（java）》第十五周学习总结
1.实验目的与要求: (1) 掌握Java应用程序的打包操作: (2) 了解应用程序存储配置信息的两种方法: (3) 掌握基于JNLP协议的java Web Start应用程序的发布方法: (5) 掌 ...
第十五周学习进度博客
所花时间 :10小时代码量 :500行博客量 :两篇了解到的新知识:如何测试效能: 效能测试:在100个用户的情况下,产品搜索必须在3秒钟内返回结果. 负载测试:在2 000 用户的情况下,产品 ...
学习进度条(第十五周)
学习进度条(第十五周) 所用时间:15小时左右代码量:185行博客量:3篇收获知识:阅读<梦断代码>体会程序员的精彩经历,学会如何项目总结. 转载于:https://www.cnbl ...
合天网安在线实验 CTF竞赛 writeup（第七周 | 再见上传、第八周 | 随意的上传、第十三周 | simple xxe、第十五周 | 回显的SSRF）
文章目录第七周 | 再见上传第八周 | 随意的上传第十三周 | simple xxe 第十五周 | 回显的SSRF 第七周 | 再见上传 <?php @eval($_POST['g']); ...

大一上第十五周学习笔记