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ACM | 演算法 | 快速冪

2020-09-19 19:18:52 後端開發

目錄

快速冪

快速冪取模

矩陣快速冪

矩陣快速冪取模

[HDU1005練習](#Number Sequence)

快速冪

? 冪運算：\(x ^ n\)

? 根據其一般定義我們可以簡單實作其非負整數情況下的函式

定義法：

int Pow (int x, int n) {
    int result = 1;
    
    while(n--) {
        result *= x;
    }
    
    return result;
}

? 不難看出此時演算法的時間復雜度是\(O(n)\)，一旦n取較大數值，計算時間就會大大增加，極其容易出現超時的情況，

快速冪：

? 首先要在此列舉兩個前提：

  1. 計算機是通過二進制進行存盤資料的，對二進制資料可以直接進行操作，

  2. \(2^n+2^n=2*2^n=2^{n + 1}\)

? 對于\(x ^ n\)，其中n可以表示為m位的二進制形式，即\(n=n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}\)

? 那么\(x ^ n=x ^ {n_12^0+n_22^1+n_32^3+\cdots+n_m2^{m-1}}\)

? 即\(x^n=x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}}\)

? 根據前提1，計算機可以直接對二進制格式存盤的資料進行讀取，那么我們就可以對\(n\)一個個讀取再對其進行累乘，

? 當取到第\(a\)位時，其乘數有通項公式：\(x^{n_a2^{a-1}}\)

? 通過標準庫math，用代碼實作：

int Pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int a = 1;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result *= round( pow(x, 1 << (a - 1)) );//round的作用在于double轉int時防止丟失精度，對1進行位運算是一種計算2的n次冪的快速方法
        n >>= 1;
        
        a++;
    }
    
    return result;
}

? 但實際上這個呼叫了標準庫的代碼并沒有實作快速冪，因為仍然是采用pow()進行的運算

此處由 \(2^n+2^n=2\times2^n=2^{n + 1}\)

即\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

因此我們可以通過對前項進行二次冪運算得到后項

先得到首項\(f(1)=x^{2^{1-1}}=x\)

即令int f = x

具體實作：

int Pow (int x, int n) {

    int result = 1;

    int f = x;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result *= f;

        f *= f;
        
        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}

不難發現此時演算法的時間復雜度由其次數的二進制位數而決定，即\(O(m)\)也就是\(O(log_2n)\)

另外因為此演算法常常用于計算大數，所以int型別最好都換成long long型別，防止溢位，

快速冪取模

? 對\(x^n\)取模運算：\(x^n\mod p\)，當n極大時，同樣其運算量也會增大

? 這就需要我們尋求一種快速解決的方法，此時可以運用我們上文所提到的快速冪演算法

? 引論1：\((np+a)\mod p=a\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\)

? 證明如下：設\(f(n,p,a)=(np+a)\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\)

? 則由定義有\((np+a)\mod p\\=\frac{np+d}{p}-([\frac{np+d}{p}+1]-1)\\ =d-p([\frac{d}{p}+1]-1)\)

? 顯而易見，\((np+a)\mod p=a\)與\(n\)無關

? 令\(n=0\)得\((np+a)\mod p=a\mod p\quad (n\in\mathbb{Z} )\\ Q.E.D\)

? 引論2：\((mn)\mod p=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\)

? 證明如下：令\(\left\{ \begin{array}{c} m=(ip+c)& (i\in\mathbb{Z} )\\ n=(jp+d) & (j\in\mathbb{Z} )\end{array} \right.\)

? 則有\(\left\{ \begin{array}{c} m\mod p=c\\ n\mod p=d \end{array} \right.\)

? 原式\((m*n)％p\\=((ip+c)(jp+d))\mod p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)\mod p\\=(jip^2+jpc+ipd+cd)\mod p\\=((jip+jc+id)p+cd)\mod p\\因為(jip+jc+id)\in\mathbb{Z}，由引論1得：\\=(cd)\mod p\\=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\)

? 即\((mn)\mod p=((m\mod p)(n\mod p))\mod p\\ Q.E.D\)

?

? 因此對于\(x^n\mod p\)

? 可以寫成\((x ^ {n_12^0}x^{n_22^1}x^{n_32^3}\cdots x^{n_m2^{m-1}})\mod p\\ =((x ^ {n_12^0}\mod p)(x^{n_22^1}\mod p)(x^{n_32^3}\mod p)\cdots (x^{n_m2^{m-1}}\mod p))\mod p\)

? 并且由之前的推定\((x ^ {2 ^ {n}} )^2=x ^ {2\times 2 ^ {n}} =x ^ {2 ^ {n + 1}}\)

? 有\((x ^ {2 ^ {n}} \mod p)^2\mod p =(x ^ {2 ^ {n}})^2\mod p=x ^ {2 ^ {n + 1}}\mod p\)

? 代碼實作：

int Mod (int x, int n, int p) {

    int result = 1;

    int f = x % p;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result = (result * f)%p;

        f = (f * f)%p;
        
        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}

矩陣快速冪

? 當\(X\)為任意方塊矩陣，即\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)時

? 同理\(X^a\)，有\(X^a=X ^ {a_12^0}X^{a_22^1}X^{a_32^3}\cdots X^{a_m2^{m-1}}\)

? 同樣的，任意方塊矩陣也適用于快速冪

? 代碼實作：

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct Matrix{
    int data[R][R];
};

Matrix multi(Matrix a,Matrix b,int rec){

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0, sizeof(result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)
        for(int j = 0; j < rec; j++)
            for(int k = 0; k < rec; k++)
             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];
           
    
    return result;
}

Matrix poww (Matrix x, int n) {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;

    Matrix f = x;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result = multi(result, f, R);

        f = multi(f, f, R);

        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}

void MatrixPrint(Matrix target) {

    for(int i = 0; i < R; i++) {

        for(int j = 0; j < R; j++) cout << target.data[i][j]<< " ";

        cout << endl;
    
    }

}

int main() {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[0][1] = 2;

    result.data[1][0] = 3;

    result.data[1][1] = 4;

    MatrixPrint(result);
    
    cout << endl;

    result =  poww(result, 3);

    MatrixPrint(result);

    return 0;
}

輸出結果：

1 2
3 4

37 54
81 118

矩陣快速冪取模

? 運算定義：當\(X\)為任意方塊矩陣，即\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)時

? 則\(X\mod p=\left| \begin{matrix} x_{11} \mod p & \cdots & x_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1}\mod p & \cdots & x_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

?

? 引論1：\((m+n)\mod p=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\)

? 證明如下：令\(\left\{ \begin{array}{c} m=(ip+c)& (i\in\mathbb{Z} )\\ n=(jp+d) & (j\in\mathbb{Z} )\end{array} \right.\)

? 則有\(\left\{ \begin{array}{c} m \mod p=c\\ n \mod p=d \end{array} \right.\)

? 原式\((m+n)\mod p\\=((ip+c)+(jp+d))\mod p\\=((i+j)p+c+d)\mod p\\因為(i+j)\in\mathbb{Z}，由上文引論得：\\=(c+d)\mod p\\=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\)

? 即\((m+n)\mod p=((m\mod p)+(n\mod p))\mod p\\ Q.E.D\)

? 引論2：有方塊矩陣\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{nn} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)，\(Y=\left| \begin{matrix} y_{11} & \cdots & y_{1m}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1} & \cdots & y_{nm}\\ \end{matrix} \right|\)

? 則有\(XY\mod p=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p\)

? 證明如下：

? 令\(X=\left| \begin{matrix} x_{11} & \cdots & x_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)，\(Y=\left| \begin{matrix} y_{11} & \cdots & y_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1} & \cdots & y_{nn}\\ \end{matrix} \right|\)

? 則

\(X·Y\mod p=\left| \begin{matrix} (x_{11}y_{11} + \cdots +x_{1n}y_{n1})\mod p & \cdots & (x_{11}y_{1n} + \cdots +x_{1n}y_{nn})\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (x_{n1}y_{11} + \cdots +x_{nn}y_{n1})\mod p & \cdots & (x_{n1}y_{1n} + \cdots +x_{nn}y_{nn})\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} ((x_{11}y_{11})\mod p + \cdots +(x_{1n}y_{n1})\mod p )\mod p & \cdots & ((x_{11}y_{1n})\mod p + \cdots +(x_{1n}y_{nn})\mod p\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ ((x_{n1}y_{11})\mod p + \cdots +(x_{nn}y_{n1})\mod p)\mod p & \cdots & ((x_{n1}y_{1n})\mod p + \cdots +(x_{nn}y_{nn})\mod p)\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} (((x_{11}\mod p)(y_{11}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{1n}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p )\mod p & \cdots & (((x_{11}\mod p)(y_{1n}\mod p))\mod p + \cdots +(((x_{1n}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p)\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (((x_{n1}\mod p)(y_{11}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{nn}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p)\mod p & \cdots & (((x_{n1}\mod p)(y_{1n}\mod p))\mod p + \cdots +((x_{nn}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p)\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left| \begin{matrix} ((x_{11}\mod p)(y_{11}\mod p) + \cdots +(x_{1n}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p & \cdots & ((x_{11}\mod p)(y_{1n}\mod p) + \cdots +((x_{1n}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ ((x_{n1}\mod p)(y_{11}\mod p) + \cdots +(x_{nn}\mod p)(y_{n1}\mod p))\mod p & \cdots & ((x_{n1}\mod p)(y_{1n}\mod p) + \cdots +(x_{nn}\mod p)(y_{nn}\mod p))\mod p\\ \end{matrix} \right|\)

\(=\left( \left| \begin{matrix} x_{11}\mod p & \cdots & x_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1}\mod p & \cdots & x_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right|\left| \begin{matrix} y_{11}\mod p & \cdots & y_{1n}\mod p\\ \vdots & \ddots & \vdots \\ y_{n1}\mod p & \cdots & y_{nn}\mod p\\ \end{matrix} \right| \right)\mod p\)

\(=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p \\\text{即}XY\mod p=((X\mod p)·(Y\mod p))\mod p\\Q.E.D\)

說明任意矩陣也符合快速冪取模的演算法

具體實作：

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct Matrix{
    int data[R][R];
};

Matrix multi(Matrix a,Matrix b,int rec,int p){

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)
        for(int j = 0; j < rec; j++) {

            for(int k = 0; k < rec; k++)
             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];

             result.data[i][j] %= p;

        }
           
    
    return result;
}

Matrix poww (Matrix x, int n, int p) {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;

    Matrix f = x;
    
    while(n) {
        if(n & 1) result = multi(result, f, R, p);

        f = multi(f, f, R, p);

        n >>= 1;
    }
    
    return result;
}

void MatrixPrint(Matrix target) {

    for(int i = 0; i < R; i++) {

        for(int j = 0; j < R; j++) cout << target.data[i][j]<< " ";

        cout << endl;
    
    }

}

int main() {

    Matrix result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[0][1] = 2;

    result.data[1][0] = 3;

    result.data[1][1] = 4;

    MatrixPrint(result);
    
    cout << endl;

    result =  poww(result, 3, 3);

    MatrixPrint(result);

    return 0;
}

輸出結果：

1 2
3 4

1 0
0 1

練習（HDU1005）：

Number Sequence

Problem Description

A number sequence is defined as follows:

\(f(1) = 1, f(2) = 1, f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) \mod 7.\)

Given A, B, and n, you are to calculate the value of f(n).

Input

The input consists of multiple test cases. Each test case contains 3 integers A, B and n on a single line (1 <= A, B <= 1000, 1 <= n <= 100,000,000). Three zeros signal the end of input and this test case is not to be processed.

Output

For each test case, print the value of f(n) on a single line.

Sample Input

1 1 3
1 2 10
0 0 0

Sample Output

2
5

Author

CHEN, Shunbao

Source

ZJCPC2004

? 由題意不難發現，題目輸入三個數A，B，n，要求我們求出廣義的斐波那契數列（generalized Fibonacci sequence）第n項的取模

? 即\(f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) \mod 7 = (Aa_{n-1}+Ba_{n-2})= a_n \mod 7\)

? 因此通過前后項關系，可以構建矩陣\(\left| \begin{matrix} a_{n} & 0\\ a_{n-1} & 0\\ \end{matrix} \right|\mod 7=\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|\left| \begin{matrix} a_{n-1} & 0\\ a_{n-2} & 0\\ \end{matrix} \right| \right)\mod 7\)

\(=\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|^{n-2}\left| \begin{matrix} a_2 & 0\\ a_1 & 0\\ \end{matrix} \right| \right)\mod 7\)

\(=\left(\left( \left| \begin{matrix} A & B\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right|^{n-2}\mod 7\right)\left(\left| \begin{matrix} a_2 & 0\\ a_1 & 0\\ \end{matrix} \right|\mod7\right) \right)\mod 7\)

如此，就轉化為一個矩陣快速冪的問題

具體實作（謝謝提醒！原來我的solution忽略了\(n = 1\)和\(n = 2\)的情況，導致無限回圈）：

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

#define R 2

struct M{
    int data[R][R];
};

M multi(M a,M b,int rec,int p){

    M result;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < rec; i++)
        for(int j = 0; j < rec; j++) {

            for(int k = 0; k < rec; k++)
             result.data[i][j] += a.data[i][k] * b.data[k][j];

             result.data[i][j] %= p;

        }
           
    
    return result;
}

M poww (M x, int n, int p) {

    M result;

    M f = x;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    for(int i = 0; i < R; i++) result.data[i][i] = 1;
    
    while(n) {

        if(n & 1) result = multi(result, f, R, p);

        f = multi(f, f, R, p);

        n >>= 1;
        
    }
    
    return result;
}

M solve(int a, int b, int n, int p) {

    M result;

    M trans;

    memset(&(result.data), 0,sizeof( result.data));

    memset(&(trans.data), 0,sizeof( trans.data));

    result.data[0][0] = 1;

    result.data[1][0] = 1;

    trans.data[0][0] = a;

    trans.data[0][1] = b;

    trans.data[1][0] = 1;

    trans =  poww(trans, n, p);
    
    result = multi(trans, result, R, p);

    return result;

}

int main() {

    int a, b, n;


    while(true) {

        cin >> a >> b >> n;

        if(!a && !b && !n) break;

        if(n == 2 || n == 1 ){

			cout << 1 << endl;

			continue;
		}

        cout << solve(a, b, n - 2, 7).data[0][0] << endl;

    }


    return 0;
}

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    1. 首先在資源視圖中，添加資源 2. 點擊新添加的資源，復制自動生成的ID 3. 在解決方案資源管理器中找到Resource.h檔案，編輯，使用整個專案搜索和替換的方式快速替換 宏宣告 4. Ctrl+Shift+F 全域搜索，點擊查找全部，然后逐個替換 5. 為什么使用搜索替換而不使用屬性視窗直 ......

    uj5u.com 2020-09-10 00:59:11 more
  • 【C++犯錯記錄】VS2019 MFC不懂的批量添加資源

    1. 打開資源頭檔案Resource.h，在其中預先定義好宏 ID（不清楚其實ID值應該設定多少，可以先新建一個相同的資源項，再在這個資源的ID值的基礎上遞增即可） 2. 在資源視圖中選中專案資源，按F7編輯資源檔案，按 ID 型別 相對路徑的形式添加 資源。（別忘了先把檔案拷貝到專案中的res檔案 ......

    uj5u.com 2020-09-10 01:00:19 more
  • C/C++編程筆記：關于C++的參考型別，專供新手入門使用

    今天要講的是C++中我最喜歡的一個用法——參考，也叫別名。 參考就是給一個變數名取一個變數名，方便我們間接地使用這個變數。我們可以給一個變數創建N個參考，這N + 1個變數共享了同一塊記憶體區域。(參考型別的變數會占用記憶體空間，占用的記憶體空間的大小和指標型別的大小是相同的。雖然參考是一個物件的別名，但 ......

    uj5u.com 2020-09-10 01:00:22 more
  • 【C/C++編程筆記】從頭開始學習C ++：初學者完整指南

    眾所周知，C ++的學習曲線陡峭，但是花時間學習這種語言將為您的職業帶來奇跡，并使您與其他開發人員區分開。您會更輕松地學習新語言，形成真正的解決問題的技能，并在編程的基礎上打下堅實的基礎。 C ++將幫助您養成良好的編程習慣（即清晰一致的編碼風格，在撰寫代碼時注釋代碼，并限制類內部的可見性），并且由 ......

    uj5u.com 2020-09-10 01:00:41 more
最新发布
  • Rust中的智能指標:Box<T> Rc<T> Arc<T> Cell<T> RefCell<T> Weak

    Rust中的智能指標是什么 智能指標（smart pointers）是一類資料結構，是擁有資料所有權和額外功能的指標。是指標的進一步發展 指標（pointer）是一個包含記憶體地址的變數的通用概念。這個地址參考，或 ” 指向”（points at）一些其 他資料 。參考以 & 符號為標志并借用了他們所 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:24:10 more
  • Java的值傳遞和參考傳遞

    值傳遞不會改變本身，參考傳遞（如果傳遞的值需要實體化到堆里）如果發生修改了會改變本身。 1.基本資料型別都是值傳遞 package com.example.basic; public class Test { public static void main(String[] args) { int ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:24:04 more
  • [2]SpinalHDL教程——Scala簡單入門

    第一個 Scala 程式 shell里面輸入 $ scala scala> 1 + 1 res0: Int = 2 scala> println("Hello World!") Hello World! 檔案形式 object HelloWorld { /* 這是我的第一個 Scala 程式 * 以 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:23:58 more
  • 理解函式指標和回呼函式

    理解 函式指標 指向函式的指標。比如： 理解函式指標的偽代碼 void (*p)(int type, char *data); // 定義一個函式指標p void func(int type, char *data); // 宣告一個函式func p = func; // 將指標p指向函式func ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:23:52 more
  • Django筆記二十五之資料庫函式之日期函式

    本文首發于公眾號：Hunter后端 原文鏈接：Django筆記二十五之資料庫函式之日期函式 日期函式主要介紹兩個大類，Extract() 和 Trunc() Extract() 函式作用是提取日期，比如我們可以提取一個日期欄位的年份，月份，日等資料 Trunc() 的作用則是截取，比如 2022-0 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:23:45 more
  • 一天吃透JVM面試八股文

    什么是JVM？ JVM，全稱Java Virtual Machine（Java虛擬機），是通過在實際的計算機上仿真模擬各種計算機功能來實作的。由一套位元組碼指令集、一組暫存器、一個堆疊、一個垃圾回收堆和一個存盤方法域等組成。JVM屏蔽了與作業系統平臺相關的資訊，使得Java程式只需要生成在Java虛擬機 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:23:31 more
  • 使用Java接入小程式訂閱訊息！

    更新完微信服務號的模板訊息之后，我又趕緊把微信小程式的訂閱訊息給實作了！之前我一直以為微信小程式也是要企業才能申請，沒想到小程式個人就能申請。 訊息推送平臺🔥推送下發【郵件】【短信】【微信服務號】【微信小程式】【企業微信】【釘釘】等訊息型別。 https://gitee.com/zhongfuch ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:22:59 more
  • java -- 緩沖流、轉換流、序列化流

    緩沖流 緩沖流, 也叫高效流, 按照資料型別分類： 位元組緩沖流：BufferedInputStream，BufferedOutputStream 字符緩沖流：BufferedReader，BufferedWriter 緩沖流的基本原理，是在創建流物件時，會創建一個內置的默認大小的緩沖區陣列，通過緩沖 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:22:49 more
  • Java-SpringBoot-Range請求頭設定實作視頻分段傳輸

    老實說，人太懶了，現在基本都不喜歡寫筆記了，但是網上有關Range請求頭的文章都太水了 下面是抄的一段StackOverflow的代碼...自己大修改過的，寫的注釋挺全的，應該直接看得懂，就不解釋了 寫的不好...只是希望能給視頻網站開發的新手一點點幫助吧. 業務場景：視頻分段傳輸、視頻多段傳輸（理 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:22:42 more
  • Windows 10開發教程_編程入門自學教程_菜鳥教程-免費教程分享

    教程簡介 Windows 10開發入門教程 - 從簡單的步驟了解Windows 10開發，從基本到高級概念，包括簡介，UWP，第一個應用程式，商店，XAML控制元件，資料系結，XAML性能，自適應設計，自適應UI，自適應代碼，檔案管理，SQLite資料庫，應用程式到應用程式通信，應用程式本地化，應用程式 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:22:35 more

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