追求卓越 成功就會隨之而來

標題這句話來自電影三個傻瓜，是該片主角的名言。
在 PTT 電影板看了一些討論，意外發現，不管喜歡或討厭這部電影，幾乎沒有人真的懂這句話在講什麼，有一些人大致上模模糊糊了解，但一些關鍵點說得不是很精確。
比方下面引用某討論

: 看一部電影我通常都會想一下他想表達的是什麼  
: 三個傻瓜很明顯就是在諷刺教育體制的問題  
: 諷刺社會刻板印象與填鴨式教育中所培養出來的人 
  再說一次，導演想表達什麼大家都知道
  問題在於他的表現手法相當糟糕
: 為了考試而讀書(無聲屁)
  讀書是手段，考試是中間過程，功成名就賺大錢是 他的目的 當他的志向是如此，又怎麼能說他的方向是錯的呢？
  到頭來只是回到表面高尚的問題而已

不管正反兩方都沒有搞清楚那句話的意思，甚至還有人記成類似「追求自己想要的，成功就會隨之而來」。
先不論這句話是否正確，電影是否過於浮面膚淺，總要先了解這句話在說什麼吧！
我用下面這個實驗來說明（很遺憾，我找不到資料來源，就當成是個故事好了）。

有心理學家找一些人來做實驗，讓受試者做一些測驗，讓受試者們來比賽。想當然爾，名次好的會有獎品。

這些受試者被分成兩種狀況。
第一種是完全不讓他們知道其他受試者的目前成績或者任何資訊，只讓他們埋頭苦幹。
第二種，則是給他們即時的敵手資訊，包含做了幾題，得到幾分等等。

顯然有了競爭對手的得分、排名資訊，可以幫忙調整策略。 比方如果時間快到了，分數還差很多，顯然就需要冒險挑戰分數較多的題目，才能擠進得獎圈。
現實生活中，有大型比賽經驗的人，多少都會看一下別人積分，然後調整自己的策略吧。

所以第二種的受試者，明顯有利，看來實驗結果只告訴我們這些資訊的幫助有多大而已。
結果很意外，第一種的受試者反而表現的比第二種要好。
最簡單的解釋就是，這些額外的資訊反而會干擾受試者的表現。專心提昇自己的分數，反而更有效果。

當你的目標是世俗所謂成功的時候，就像老梗笑話講的一樣，「我不需要跑得比老虎快，只要比你快就好了」。你自然會想卡位、攻擊對手。因為你的焦點本來就是擊敗對手。
但是反過來，你的目標是提昇自我，成就偉大結果，那你的焦點會放在遠方的目標上，會放在自己身上，而不是對手身上。也只有這樣，你才有可能跑得比老虎快。

所以電影中無聲屁為了追求第一名，不只是自己唸書，而且還想辦法讓別人考不好。最後還千方百計的想要證明自己過得比藍丘好。

不過，以上只是單純解釋一下這句話。
不要忘了，電影中的所有學生都是有天份又努力的人，現實生活跟實驗條件也不完全一樣。

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超人：鋼鐵英雄觀後感

(可能內含電影以及東野圭吾小說「時生」的情節）

到了我這個年齡，周圍的朋友都有了孩子。問及生下孩子的原因時，所有人的回答都是「順其自然」之類。但我更想知道的，是他們能否在孩子面前自信地問：「作為我們的孩子，你覺得高興嗎？」孩子是否會回以「我非常慶幸有你們這樣的父母」，其實是永遠的謎。我一直想解開這一謎團，這便是《時生》的源頭。——東野圭吾

小孩出生後，就很少進電影院了。上一次進電影院看的是賽德克巴萊。
昨天難得的去看了一場電影。因為很難得進電影院，所以選了應該有很多特效的超人來看。
最後的打鬥的確符合期待。令我意外的是，前半段的情節能打動我，讓我感動。這種感動有種似曾相似的感覺。回家回想了一陣子後，發覺原來近似於閱讀東野圭吾小說「時生」時的感動。
時生這部小說講的是主角的小孩患有天生疾病，即將去世前，穿越時空回到了主角年輕時，與主角相。
年輕時的父親與兒子經歷了一段旅程後，更加了解對方，而且一同成長了。
主角本身無可避免的有自身的包袱。他是一個從小被遺棄的養子，對自己的生母不諒解。
故事主軸，圍繞著孩子是父母的未來這回事（包含生父母以及養父母）。
「未來不僅僅是明天而已」。
某種意義上來說，這個未來包含了父母對於理想的寄託。

有興趣的話，可以找小說來看，或者搜尋一下網路上的書評，因為我的描述過於精簡而且不精確。

從這個角度來看「超人：鋼鐵英雄」的劇情，就很容易了解了(我情節有可能記錯，不過以下是我的理解)。
開頭的一大段，說的就是超人父親 Jor-El 如何將未來寄託於超人(Kar-El) 的故事。
Jor-El 認為有希望、有不同的可能性才有未來。除了象徵極理論意義外，超人的母星也實際上因為超人種族採取僵化的制度而即將滅亡。
很多小朋友會吐 Jor-El 很腦殘的被 Zod 刺死。其實 Jor-El 的未來都已經寄託在隨著小艇出發前往地球的 Kar-El 身上了，他也認為自己和所有這個星球上的人早已死了，所以自己的生命根本不重要了。
打個比方就像是你跟對手下一盤很重要的棋，最後你贏了，把王吃掉，比賽結束。你會在意對手惱羞成怒，翻桌把棋盤砸爛嗎？
這是一個標準的別人笑我太腦殘，我笑他人看不穿的典型範例。
當然 Jor-El 大概沒料到電影為了曾增加緊張氣氛，讓 Zod 命令屬下攻擊小艇，所以其實他還沒有確定成功。不過就算他還活著，也沒有辦法改阻止 Zod 他們，他已經達到他能完成的最好結果了。
電影中多次強調 Jor-El 夫婦認定克里普頓星上的人都已經死了。不是因為星球即將爆炸（後來他跟實際上還活著的 Zod 說過同樣的話），星球爆炸只是一個「果」而已。而是因為他們因為僵化的社會、文化，而失去了希望與未來。
「未來不僅僅是明天而已」。用 Jor-El 的話來講，就是活著不僅僅是活著而已。

另外一個被狂吐的點就是超人的養父 Jonathan Kent 之死。

Jonathan 時常叮嚀 Clark 不要顯露他的能力，因為 the world is not ready.
很多人會覺得你就像正常的超人一樣不就好了？到處救救人，成為超級英雄，大家不就會相信你了？搞什麼悲情捨身救狗，簡直太腦殘了。
其實捨身這件事情，有點像是干將莫邪的捨身煉劍，有種藝術上的必須性。 Jonathan 心中的 Clark 就是將來必有大成的偉大寶劍一樣。原料是有了，但是靈魂還沒有完善。
如同 Jor-El 一樣，Jonathan 也將 Clark 視為未來，自己信念的延續。
Jonathan 問 Clark，難道種種田不也是幫助人嗎？為什麼一定要用超能力來救人？
他的意思並不是要 Clark 待在小鎮一輩子不出去。
他的問題就只是一個問題。 如果 Clark 連這麼簡單的問題都無法很有信心、很清楚的回答，那他還沒有準備好。
世界還沒準備好沒錯，但世界永遠也不會準備好。 問題不在於世界是不是準備好了，而是你有沒有準備好面對這個不理想的世界。
可能有人會說，能力那麼強，是要準備個什麼啊。
打個比方，每天能治好一個人的疾病，什麼病都能治好。這能力夠強了吧。但你要怎麼決定哪一個人該活？先不論到時候黑道特務什麼的把你抓走，脅迫你這回事。你先要面對的是自己的良心，我真的選擇了最該幫助的人了嗎？
好吧，你可能會說，這是能力不夠強的緣故。那讓我加強一下你的能力。你每天可以選擇跟以前一樣救一個人，或者救最多十個人，但之後三十天都不能救人。這時候當有人求你多再救一兩個人的時候，之前你可以攤手說抱歉，剛才用掉了，明天請早。現在要怎麼說？因為你還不夠慘，一個月內還會有比你更需要幫助的人的機率是 0.673。
要不要再讓你更強一點，可以選擇一天都不救人，把名額存起來，可以給你利息喔！
能力越強，煩惱會越多。心理如果不夠成熟，最簡單的作法就是完全把良心丟掉，很簡單的訂個價格，一千萬起跳下標，價高者得。 額外名額三億起跳。
對巴士見死不救，也許有點慘忍。但重點倒不是救或不救，而是他是否有辦法承擔自己的決定。


更何況，前面還只是自己內心部份。直到電影最後，軍方都還對他不完全信任。
所以小時候的 Clark 會害怕的把自己關起來，說世界太大了。他的養母給了他不錯的回答，後來牧師也給他不錯的回答。他的養父也以生命做例子，告訴他堅守自己的信念，可以到怎麼樣的地步。但養父不直接給他答案，因為只有他自己去找，才能找到自己的答案、自己的定位(而不是被指定的答案，被指定的角色。不然就像原克利普頓星人一樣了)。
當然很離譜的是， Clark 居然能遇到這種干將莫邪等級的養父母。也許就像時生一樣吧，父母其實也會與小孩一同成長。

雖然情節還是有許多不完美處，深度上，我也比較喜歡「時生」給我的感動，但看的時候，的確能趕受到電影中傳達的情感。

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ㄈㄈ尺正夯

 男人對 CCR 的恩怨情仇不是一天兩天的事情，我老爸年輕的時候，就做過拿石頭丟路上散步的 CCR 情侶這種熱血愛國的事情。
不過還在用 LKK 這種詞的 LKK 可能不太了解這些新詞，所以下面做個解釋整理。

• CAR: Cross Automobile Romance 的簡寫，以前叫做車震。少數人當成 Cross Age Romance，但現在通常用 Cross Generation Romance。
• CBR: Cross Brotherhood Romance 的簡寫，超越兄弟情誼的羅曼史。可視為甲甲或 BL的通稱。
• CCR: Cross Culture Romance 的簡寫，有些人堅持稱為 ㄈㄈ尺（因為平常沒有其他機會展現過人的機智與知識）。
• CDR: Cross Dimension Romance 的簡寫。通常是指二次元及三次元之間的戀情。由於跨次元通訊技術相當困難，所以通常是單方向。
• CER: Cross Evolution Romance 的簡寫。Ex: 新聞。

當然 CFR - CZR 也都有，不過由上面的舉例，相信大家應該都能舉一反三。

由於 PTT 上只有 CAR 和 CCR 有板，顯然不公，所以常常引起其他族群嫉妒與攻擊。

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我的 PyCon Taiwan 2013 投影片

Pycontw2013x from weijr

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用正常人的方式在 Go 裡面做大數運算

Go 裡面沒有 Operator Overloading 的功能，所以雖然內建 Big Integer，但長一點的計算會變得很醜，比方說你要算個 (5*2+3*6)%10 好了，樣子就會有點像是

a := big.NewInt(5)
a.Mul(a, big.NewInt(2))
b := big.NewInt(3)
b.Mul(a, big.NewInt(6))
a.Add(a, b)
a.Rem(a, big.NewInt(10))

更複雜一點的算式就更難懂了。其他像是矩陣、分數、向量、多項式或者任何自訂的計算 type，下場都一樣悲慘。
底下是利用內建的 parser，壤我們可以用正常人的語言在 Go 裡面計算。
雖然有人會說什麼失去了編譯時期靜態檢查的特性，但真要比除錯，寫個 E("(5*2+3*6)%10") 絕對比上面一串外星文出錯的機會比較小一點。
可以到 http://play.golang.org/p/Toqkc4XY2J玩玩看。

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Go 1.1 達到類似 Python 的 map 及 list comprehension

Go 1.1 的 reflect 新增了 SliceOf, ChanOf，以及 MakeFunc。
SliceOf 及 ChanOf 可以達到類似於 Python 裡面的 list 及 iterator 的功能，MakeFunc 可以搭配 Call 使用，達到類似 decorator 的功能。
以下是簡單測試了一下 Python 的 map 及類似 list comprehension 的效果。

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Google Jam 2013 資格賽題目的數學證明

這篇用英文打的,就不轉成中文了。原來的題目可以在這裡找到。

$\newcommand{\lyxlock}{}$

1 Problem A. Tic-Tac-Toe-Tomek

No math involved, but complex number is builtin in python and go, so I use $0,i,1,-1$ to represent “ “, T, O, X. So if$\left\Vert \sum_{i=1}^{4}a_{i,i}\right\Vert >3$ , then some one won.

2 Problem B. Lawnmower

Theorem.$\left(a_{i,j}\right)$ is a possible pattern if $$a_{i,j}=\min\left(\max\left(\left\{ a_{i,k}\right\} \right),\max\left(\left\{ a_{k,j}\right\} \right)\right)$$ for every $i,j$ .

Proof.

Can be easily proved by induction on $N=\sum_{i,j}M-a_{i,j}$ , where $M=\max\left(\left\{ a_{i,j}\right\} \right)$ .

         

     

3 Problem C. Fair and Square

Let $$N=a_{n}10^{n}+a_{n-1}10^{n-1}+\cdots+a_{1}10+a_{0}$$ , where $a_{i}\in\left\{ 0,1,\ldots9\right\}$ and $a_{n}\neq0$ . Denote by $\delta_{k}\left(x\right)$ the $\left(n-k+1\right)$ -th digit of $x$ , then we have $\delta_{k}\left(x\right)=a_{k}$ .

Assume $N$ is a palindrome, i.e., $a_{i}=a_{n-1}$ for every $i$ .

Let $b_{k}$ be the coefficient of $x^{k}$ of $$\left(a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}+a_{0}\right)^{2},$$ that is, $$b_{k}=\sum_{i=\max\left(0,k-n\right)}^{\min\left(k,n\right)}a_{i}a_{k-i}.$$

Theorem. $N^{2}$ is also a palindrome iff $b_{k}\leq9$ for all $k$ .

Proof.

($\Leftarrow$ )

Trivial.

($\Rightarrow$ )

Observe that $b_{k}=b_{2n-k}$ for all $k$ . We prove the statement by mathematical induction on $k$ for $k\leq n$ .

Case $k=0$ :

Since $$a_{n}^{2}10^{2n}\leq N^{2}<\left(a_{n}+1\right)^{2}10^{2n}$$ and $$\delta_{0}\left(N^{2}\right)=\delta_{0}\left(a_{0}^{2}\right)=\delta_{0}\left(a_{n}^{2}\right),$$ it is easy to see that $a_{0}=a_{n}\in\left\{ 1,2,3\right\}$ . So $b_{0}=a_{0}^{2}\leq9$ .

Moreover, we also know that $N^{2}$ has $2n+1$ digits and hence $\delta_{2n-k}\left(N^{2}\right)=\delta_{k}\left(N^{2}\right)$ for all $k\leq2n$ .

Case $k>0$ :

Suppose $b_{i}\leq9$ for all $i<k$ , we want to show $b_{k}\leq9$ .

By the induction hypothesis, we know that $\delta_{2n-i}\left(N^{2}\right)=\delta_{i}\left(N^{2}\right)=b_{i}=b_{2n-i}$ for all $i<k$ . So

$$\begin{eqnarray*} 10^{2n-k-1}\cdot\left\lfloor \frac{N^{2}}{10^{2n-k-1}}\right\rfloor & = & \sum_{i=2n-k-1}^{2n}\delta_{i}\left(N^{2}\right)10^{i}\\ & = & \sum_{i=2n-k-1}^{2n}b_{i}10^{i} \end{eqnarray*}$$

On the other hand, $$\begin{eqnarray*} \left\lfloor \frac{N^{2}}{10^{2n-k-1}}\right\rfloor & = & \left\lfloor \frac{\sum_{i=0}^{2n}b_{i}10^{i}}{10^{2n-k-1}}\right\rfloor \\ & = & \frac{\sum_{i=2n-k-1}^{2n}b_{i}10^{i}}{10^{2n-k-1}}+\left\lfloor \frac{\sum_{i=0}^{2n-k}b_{i}10^{i}}{10^{2n-k-1}}\right\rfloor . \end{eqnarray*}$$ Therefore, $\left\lfloor \frac{\sum_{i=0}^{2n-k}b_{i}10^{i}}{10^{2n-k-1}}\right\rfloor =0$ , hence $$b_{k}=b_{2n-k}\leq\frac{\sum_{i=0}^{2n-k}b_{i}10^{i}}{10^{2n-k}}<10.$$

  

  

Corollary. $N^{2}$ is also a palindrome iff $\sum_{i=0}^{n}a_{i}^{2}\leq9$ .

Proof.

$b_{n}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}a_{n-i}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}^{2}$ .

($\Leftarrow$ )

$b_{n}\geq b_{k}$ for every $k$ by Cauchy-Schwarz inequility.

($\Rightarrow$ )

Trivial.

In particular, if $N\neq3$ , then $a_{i}\in\left\{ 0,1,2\right\}$ .

4 Problem D. Treasure

Let $T\subseteq\mathbb{N}$ be the set of all key types. Assume $0\notin T$ .

Construct a directed graph $G=\left(V,E\right)$ as following:

• $V=T\cup\left\{ 0\right\}$
• $\left(0,j\right)\in E$ iff we starts with at least one key of type $j$ .
• If $i\neq0$ , then $\left(i,j\right)\in E$ iff there is a key of type $j$ in a box of type $i$ .$b_{n}\geq b_{k}$ for every palidrone $N$ by Cauchy-Schwarz inequility.

Denote by $B\left(i\right)$ the number of boxes of type $i$ and $K\left(i\right)$ the total number of keys of type $i$ (including the keys you start with and keys in boxes).

Theorem. All box can be opened iff for every $j\in T$ , $B\left(j\right)\leq K\left(j\right)$ and there is a directed path from $0$ to $j$ in graph $G$ .

Proof.

($\Rightarrow$ )

If $B\left(j\right)>K\left(j\right)$ , then we don’t have enough keys of type $j$ to open all boxes of type $j$ .

If there is no path from $0$ to $j$ , then it means we are unable to get any key of type $j$ .

($\Leftarrow$ )

We prove this by induction on the number of boxes. Denote by $N$ the number of boxes.

Assume for every $j\in T$ , $B\left(j\right)\leq K\left(j\right)$ and there is a directed path from $0$ to $j$ in graph $G$ .

Case $N=1$ :

Then all vertices in $G$ are leaves except $0$ and the type of the only box. So there must be an edge from 0 to the type of the box.

Case $N>1$ :

Suppose the theorem holds for the case with $N-1$ boxes.

There are at least one $\left(0,i\right)\in E$ . Consider we open a box of type $i$ (that contains a key of type $i$ if possible). Assume we destroy the key and the box just opened, then we have a setting of $N-1$ boxes. In this setting, we still have $B\left(j\right)\leq K\left(j\right)$ for all $j$ . Let $G'=\left(V',E'\right)$ be the directed graph of this $\left(N-1\right)$ -box setting.

If $B\left(i\right)=1$ , then all children of $j$ in $G$ become children of $0$ , $0$ can still reach all other types in $G'$ .

Assume $B\left(i\right)>1$ .

If $\left(i,i\right)\in E$ , then we can open a box of type $i$ that contains a key of type $i$ .

Otherwise, because $K\left(i\right)\geq B\left(i\right)>1$ , we still hold at least one key of type $i$ after we open a box of type $i$ (and destroy the key).

Either way, $\left(0,i\right)\in E'$ . Therefore, for every child $j$ of $i$ in $G$ , either

1. $\left(0,j\right)\in E'$ (if a key of type $j$ is in the box we just opened), or

2. $\left(i,j\right)\in E'$ and so there is a path from $0$ to $i$ and then to $j$ .

So $0$ can still reach very vertex in $G'$ .

By induction hypothesis, the remaining $N-1$ can also be opened.

  

  

By the proof of the theorem, there is a simple algorithm to open all boxes: open any box unless you have just one key of that type and box does not contain a key that can open itself.

However, this algorithm may not yield a "lexicographically smallest" way to open the boxes.

The solve the problem, you should open the box with smallest number such that either this box is the last one of type $i$ or there is still a way to get a type $i$ key.

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