我数学特强游戏介绍
我数学特强简介
我数学特强《我数学特强》通解是存在的
我数学特强《我数学特强》通解是存在的!如下:
《我数学特强》有没有万能公式呢?很久之前,一开始玩的时候,就想过这个问题,但面对复杂的变换路径,我完全没有头绪。
最近的研究让我找到了通用的解法,这不是用程序暴力搜索答案,也不是简要的技巧,而是公式化的解法。另外,游戏里要求使用最少步数的最优解,而通解一般不限步数。
介绍一下游戏。有三个自然数,玩家每次操作可以对这三个数进行分配,我称为偶变换和奇变换,偶变换是把一个偶数减半并将减半的部分加到另一个数上,奇变换是把一个奇数加到另一个数上,然后将其变为0。实际上,奇变换不限奇数,因为将偶数奇变换给另一个数,可以先一直偶变换直到变为奇数,再进行奇变换。游戏的最终目标是得到三个相等的数,用三元数组表示为{x, x, x},不过显然只要三个数里有x或2x就能得到{x, x, x}。
有通解的前提是有解,而有解的充要条件是,三个数的最大公约数g整除x(可表示为g|x),且三个数不是一零二奇。先证明必要性,og和og'分别为三个数变换前后的最大奇公约数,易证og|og',如果og'=x,则og|x,也就是说如果得到了{x,x,x},则有og|x,因此og|x是有解的必要条件。另外,由g=(a,b,c)(三个数a,b,c的最大公约数写法为(a,b,c)),可得g|3x,令g=og*2^m,则(og*2^m)|3x,(2^m)|(3x/og),而(2^m,3)=1,所以(2^m)|(x/og),(og*2^m)|x,可得g|x也是有解的必要条件,其逆否命题为,若g不整除x,则无解,而(0,0,3x)不整除x,一零两奇时只能奇变换为{0,0,3x},两者等价,所以三数不是一零两奇也是有解的必要条件。至于充分性,如果我们找到了g|x且不是一零两奇情况下的解法,就相当于将其证明了。
通解讨论的数组默认已通过以上判别法筛选,以保证有解及证明充分性。但要注意,有解的数组在变换后不一定有解,通解的操作应当保证数组在变换后依然可解,时刻有g|x。
下面的是我早期想的通解,经过计算机验证,x为奇数时,x>17后出现反例:
一、有x或2x则结束。
三、若三数都是正数,且不是两奇一偶,则尝试将其中一个数加给另外两个数中的一个数,选择三种操作进行后g整除x的数组;若三数都是正数,且两奇一偶,则将两奇数相加,或将偶数分配给两奇数使其变为两偶数,选择两种操作进行后g整除x的数组。
四、若数组中没有g*2^k满足g*2^k>=x,k是自然数,则不断在两正数之间进行偶变换(如果x是偶数,则需要保证两数都是偶数),如果找到g*2^k,则跳到步骤六。
五、在步骤四的循环中选择含有数被4整除得奇数(且该数减半小于x)的数组(如果x是偶数则选择被2整除的),将该数偶变换给0,再重新在两数之间不断进行偶变换(如果x是偶数,则需要保证两数都是偶数),出现g*2^k则结束,将另两个数合并。
六、用二进制数表示x/g,在左边补充0直到位数等于k,从最高位到最低位,若为1则将g*2^k分配给0(或者是步骤五中得到g*2^k一半的数),为0则分配给另一个数。这样就得到了x,结束。
虽然有很多漏洞,但大框架是对的。在下文逐步分析后,我们将会推导出一个正确的通解。
直接得到通解可能是困难的,于是我想着要不然先解决什么样的组合是可解的问题吧。反复观察变换路径后,我猜测g整除x应该和有解相关,并且还发现了og在变换的过程中不变或变大,而且变换后的og整除变换前的og。
然后,我再想的是解决相对简单的数组。在三个数之间变换是复杂的,暂未发现规律,所以我研究了只有一个数为0的数组。如果三个正数的数组都能转变为一零两正,那么通解问题就可以归约到一零两正如何变换出x或2x的问题。
我们需要保证三正变两正后,g依然满足g|x。如何操作呢?对于{a,b,c},奇变换后得到的{0,a+b,c}, {0,b,a+c}和{a,0,b+c}三个数组中,一定有一个数组的g满足g|x。
证明:3x的质因数分解为m*3^n,(m,n)=1。先假设三个数组的g都不整除x。(a+b,c)=(3x,c),(a+c,b)=(3x,b),(b+c,a)=(3x,a)如果都不整除x,则(3^n)|(a,b,c),又因为(a,b,c)|x,可得(3^n)|x,但3x=m*3^n,(m,3)=1,矛盾。
两奇一偶时(该偶数不为0),以上的三种操作可能会让数组变为一零两奇,因此我们要对该类情况作调整,它有两种变换:一、两奇相加;二、偶数拆分为两奇数,分别加给另外两奇数。这两种变换会使三正变一零两偶,且至少有一种使得g|x,证明类似上一个,不再赘述。这样的话,我们就将前面提到的可解的数组都转化为一零两正了。
前面说过{0,0,3x}是无解的,两个正数不能奇变换,那当然就只好偶变换了。当x为奇数时,两个数一奇一偶,偶变换的对象(即哪个数给另一个数一半)是确定的,得到的下一数组是唯一的。再加上数组的和是不变的,这样的数组个数有限,所以,经过有限次偶变换后,一定会回到原来的数组,形成偶变换循环。当x为偶数时,偶变换的路径是不唯一的,且不一定能不断偶变换,变换后还可能是一零两奇,比如{2,10}。x为偶数的这种情况,后续在改进偶变换的时候再提及。
我们的目标是在循环中找到t*2^k,t*2^k>=x,t|x,k>0,因为在有三个数时,将t*2^k偶变换分解,可以得到小于t*2^k任意一个自然数。但循环中并不一定有t*2^k(比如{5,28}),所以在早期的想法中,我想打破原有循环,把偶数偶变换分给第三个数,使得原来循环的两个数进入新的循环,以找到t*2^k。
在{a,b}的偶变换循环中,如果我们只关注其中一个数a,可以发现该数在作如下变换:偶数时减半,奇数时加上sum再减半,sum=a+b。冰雹猜想里的变换会迭代至2^k,而这里,迭代至t*2^k,a和sum要满足的所有条件是什么,是个open的问题。修改了几次进入新循环的方法后,程序依然发现反例。所以,探寻如何修正a和sum进入新的含有t*2^k的循环,这条路暂时行不通。
不小于x的t*2^k一定和小于x的t*2^k在同一循环中,找到其中一个便能找到其余的t*2^k。但要得到新的循环,就要将参与偶变换循环的两数之和sum减小,而最大的t*2^k满足t*2^k
这样我们就有一个新的思路,先找到小于x的t*2k,再保持t*2^k不变,将sum增大使得sum>2x,进行新一轮偶变换,得到不小于x的t*2^k。
在偶变换时,如果偶数减半后还是偶数,则将这一部分加到第三个数上,这样我们就将前面总和不变的循环改成了总和递减的。由于无论怎么变换三个数都必为自然数,循环的总和不能无限递减,那它的下界是多少呢?当不能再分配给第三个数时,总和不变,因此偶变换一次,对象就交换,此后的所有偶数除以2后都为奇数,假设(a,b)中a为偶数,此时偶数a的变换如下:
a
a/2
a/4+sum
a/8+sum/2
a/16+sum/4+sum
a/32+sum/8+sum/2
a/64+sum/16+sum/4+sum
...
第n个偶数和第n-1偶数的递推式为x_n+1=x_n/4+sum,x_0=a
可得通式x_n=(a-4sum/3)/4^n+4sum/3
当a>4sum/3时,x_n单调递增,当a<4sum/3时,x_n单调递减,数组的大小是有限的,不能单调递增或递减,因此a=4sum/3=2a/3+2b/3,可得a=2b,偶变换循环的过程中,a和b的最大奇公约数og始终不变,又因为b是奇数,b和2b的最大奇公约数为b,所以,当sum最小时,a=2b=2og。前面的三正变两正保持了g|x,所以b|x。
当x为奇数时,将{b,2b,3x-3b}转化为{b,3x-2b,0},再对两正数偶变换即可得到t*2^k<=3x<=t*2^(k+1),此时的t*2^k>=3x/2>x,可进行二进制分配。不过,我们不必操作至sum递减至3b,如果过程中出现了t*2^k,若其不小于x自然不用说,若小于x,则将另两个数合并再偶变换就能得到不小于x的。
当x为偶数时,3x-3b为奇数,如果a>=x,则a二进制分配即可得x,如果a
t*2^k>=(3x-b)/2>=5x/4>x。同样地,我们不一定要等sum减到3b,出现小于x的t*2^k时,t*2^k一定是循环中最大的,大于与它偶变换的奇数u,设第三个数为v,v是奇数,则由t*2^k
综上,我们得到了一个通解:
一、有x或2x则结束。
二、数组中是否有q=t*2^k,其中t|x,且q>x,k>0(第一次找到q或者q>x,需要将另两数合并),是则将q以外的另两个数合并,跳至六
三、是否q
四、若三数都是正数,且不是两奇一偶,则尝试将其中一个数加给另外两个数中的一个数,选择其中g整除x的数组;若三数都是正数,且两奇一偶,则将两奇数相加,或将偶数分成奇数给两奇数,选择其中g整除x的数组。
五、进行步骤一二三,若偶变换的数不是偶数,则交换对象,一个偶数减半后,若参与偶变换的两个数不都是奇数,则不断进行偶变换,否则分配给第三个数(如果已经找到q则永远不再分配给第三个数),继续五。
六、用二进制数表示x/t,在左边补充0直到位数等于k,从最高位到最低位,若为1则将q分配给0,为0则分配给另一个数。这样就得到了x,结束。
至此,我们从理论上推导证明了通解的可行性,此外,我还写了验证该解法的cpp代码,对0<=x<=1000的所有有解数组都进行了验证并且验证成功。
当然,也许还存在其他通解,我很期待看到新想法。
我数学特强《我数学特强》通解是存在的
我数学特强《我数学特强》通解是存在的!如下:
《我数学特强》有没有万能公式呢?很久之前,一开始玩的时候,就想过这个问题,但面对复杂的变换路径,我完全没有头绪。
最近的研究让我找到了通用的解法,这不是用程序暴力搜索答案,也不是简要的技巧,而是公式化的解法。另外,游戏里要求使用最少步数的最优解,而通解一般不限步数。
介绍一下游戏。有三个自然数,玩家每次操作可以对这三个数进行分配,我称为偶变换和奇变换,偶变换是把一个偶数减半并将减半的部分加到另一个数上,奇变换是把一个奇数加到另一个数上,然后将其变为0。实际上,奇变换不限奇数,因为将偶数奇变换给另一个数,可以先一直偶变换直到变为奇数,再进行奇变换。游戏的最终目标是得到三个相等的数,用三元数组表示为{x, x, x},不过显然只要三个数里有x或2x就能得到{x, x, x}。
有通解的前提是有解,而有解的充要条件是,三个数的最大公约数g整除x(可表示为g|x),且三个数不是一零二奇。先证明必要性,og和og'分别为三个数变换前后的最大奇公约数,易证og|og',如果og'=x,则og|x,也就是说如果得到了{x,x,x},则有og|x,因此og|x是有解的必要条件。另外,由g=(a,b,c)(三个数a,b,c的最大公约数写法为(a,b,c)),可得g|3x,令g=og*2^m,则(og*2^m)|3x,(2^m)|(3x/og),而(2^m,3)=1,所以(2^m)|(x/og),(og*2^m)|x,可得g|x也是有解的必要条件,其逆否命题为,若g不整除x,则无解,而(0,0,3x)不整除x,一零两奇时只能奇变换为{0,0,3x},两者等价,所以三数不是一零两奇也是有解的必要条件。至于充分性,如果我们找到了g|x且不是一零两奇情况下的解法,就相当于将其证明了。
通解讨论的数组默认已通过以上判别法筛选,以保证有解及证明充分性。但要注意,有解的数组在变换后不一定有解,通解的操作应当保证数组在变换后依然可解,时刻有g|x。
下面的是我早期想的通解,经过计算机验证,x为奇数时,x>17后出现反例:
一、有x或2x则结束。
三、若三数都是正数,且不是两奇一偶,则尝试将其中一个数加给另外两个数中的一个数,选择三种操作进行后g整除x的数组;若三数都是正数,且两奇一偶,则将两奇数相加,或将偶数分配给两奇数使其变为两偶数,选择两种操作进行后g整除x的数组。
四、若数组中没有g*2^k满足g*2^k>=x,k是自然数,则不断在两正数之间进行偶变换(如果x是偶数,则需要保证两数都是偶数),如果找到g*2^k,则跳到步骤六。
五、在步骤四的循环中选择含有数被4整除得奇数(且该数减半小于x)的数组(如果x是偶数则选择被2整除的),将该数偶变换给0,再重新在两数之间不断进行偶变换(如果x是偶数,则需要保证两数都是偶数),出现g*2^k则结束,将另两个数合并。
六、用二进制数表示x/g,在左边补充0直到位数等于k,从最高位到最低位,若为1则将g*2^k分配给0(或者是步骤五中得到g*2^k一半的数),为0则分配给另一个数。这样就得到了x,结束。
虽然有很多漏洞,但大框架是对的。在下文逐步分析后,我们将会推导出一个正确的通解。
直接得到通解可能是困难的,于是我想着要不然先解决什么样的组合是可解的问题吧。反复观察变换路径后,我猜测g整除x应该和有解相关,并且还发现了og在变换的过程中不变或变大,而且变换后的og整除变换前的og。
然后,我再想的是解决相对简单的数组。在三个数之间变换是复杂的,暂未发现规律,所以我研究了只有一个数为0的数组。如果三个正数的数组都能转变为一零两正,那么通解问题就可以归约到一零两正如何变换出x或2x的问题。
我们需要保证三正变两正后,g依然满足g|x。如何操作呢?对于{a,b,c},奇变换后得到的{0,a+b,c}, {0,b,a+c}和{a,0,b+c}三个数组中,一定有一个数组的g满足g|x。
证明:3x的质因数分解为m*3^n,(m,n)=1。先假设三个数组的g都不整除x。(a+b,c)=(3x,c),(a+c,b)=(3x,b),(b+c,a)=(3x,a)如果都不整除x,则(3^n)|(a,b,c),又因为(a,b,c)|x,可得(3^n)|x,但3x=m*3^n,(m,3)=1,矛盾。
两奇一偶时(该偶数不为0),以上的三种操作可能会让数组变为一零两奇,因此我们要对该类情况作调整,它有两种变换:一、两奇相加;二、偶数拆分为两奇数,分别加给另外两奇数。这两种变换会使三正变一零两偶,且至少有一种使得g|x,证明类似上一个,不再赘述。这样的话,我们就将前面提到的可解的数组都转化为一零两正了。
前面说过{0,0,3x}是无解的,两个正数不能奇变换,那当然就只好偶变换了。当x为奇数时,两个数一奇一偶,偶变换的对象(即哪个数给另一个数一半)是确定的,得到的下一数组是唯一的。再加上数组的和是不变的,这样的数组个数有限,所以,经过有限次偶变换后,一定会回到原来的数组,形成偶变换循环。当x为偶数时,偶变换的路径是不唯一的,且不一定能不断偶变换,变换后还可能是一零两奇,比如{2,10}。x为偶数的这种情况,后续在改进偶变换的时候再提及。
我们的目标是在循环中找到t*2^k,t*2^k>=x,t|x,k>0,因为在有三个数时,将t*2^k偶变换分解,可以得到小于t*2^k任意一个自然数。但循环中并不一定有t*2^k(比如{5,28}),所以在早期的想法中,我想打破原有循环,把偶数偶变换分给第三个数,使得原来循环的两个数进入新的循环,以找到t*2^k。
在{a,b}的偶变换循环中,如果我们只关注其中一个数a,可以发现该数在作如下变换:偶数时减半,奇数时加上sum再减半,sum=a+b。冰雹猜想里的变换会迭代至2^k,而这里,迭代至t*2^k,a和sum要满足的所有条件是什么,是个open的问题。修改了几次进入新循环的方法后,程序依然发现反例。所以,探寻如何修正a和sum进入新的含有t*2^k的循环,这条路暂时行不通。
不小于x的t*2^k一定和小于x的t*2^k在同一循环中,找到其中一个便能找到其余的t*2^k。但要得到新的循环,就要将参与偶变换循环的两数之和sum减小,而最大的t*2^k满足t*2^k
这样我们就有一个新的思路,先找到小于x的t*2k,再保持t*2^k不变,将sum增大使得sum>2x,进行新一轮偶变换,得到不小于x的t*2^k。
在偶变换时,如果偶数减半后还是偶数,则将这一部分加到第三个数上,这样我们就将前面总和不变的循环改成了总和递减的。由于无论怎么变换三个数都必为自然数,循环的总和不能无限递减,那它的下界是多少呢?当不能再分配给第三个数时,总和不变,因此偶变换一次,对象就交换,此后的所有偶数除以2后都为奇数,假设(a,b)中a为偶数,此时偶数a的变换如下:
a
a/2
a/4+sum
a/8+sum/2
a/16+sum/4+sum
a/32+sum/8+sum/2
a/64+sum/16+sum/4+sum
...
第n个偶数和第n-1偶数的递推式为x_n+1=x_n/4+sum,x_0=a
可得通式x_n=(a-4sum/3)/4^n+4sum/3
当a>4sum/3时,x_n单调递增,当a<4sum/3时,x_n单调递减,数组的大小是有限的,不能单调递增或递减,因此a=4sum/3=2a/3+2b/3,可得a=2b,偶变换循环的过程中,a和b的最大奇公约数og始终不变,又因为b是奇数,b和2b的最大奇公约数为b,所以,当sum最小时,a=2b=2og。前面的三正变两正保持了g|x,所以b|x。
当x为奇数时,将{b,2b,3x-3b}转化为{b,3x-2b,0},再对两正数偶变换即可得到t*2^k<=3x<=t*2^(k+1),此时的t*2^k>=3x/2>x,可进行二进制分配。不过,我们不必操作至sum递减至3b,如果过程中出现了t*2^k,若其不小于x自然不用说,若小于x,则将另两个数合并再偶变换就能得到不小于x的。
当x为偶数时,3x-3b为奇数,如果a>=x,则a二进制分配即可得x,如果a
t*2^k>=(3x-b)/2>=5x/4>x。同样地,我们不一定要等sum减到3b,出现小于x的t*2^k时,t*2^k一定是循环中最大的,大于与它偶变换的奇数u,设第三个数为v,v是奇数,则由t*2^k
综上,我们得到了一个通解:
一、有x或2x则结束。
二、数组中是否有q=t*2^k,其中t|x,且q>x,k>0(第一次找到q或者q>x,需要将另两数合并),是则将q以外的另两个数合并,跳至六
三、是否q
四、若三数都是正数,且不是两奇一偶,则尝试将其中一个数加给另外两个数中的一个数,选择其中g整除x的数组;若三数都是正数,且两奇一偶,则将两奇数相加,或将偶数分成奇数给两奇数,选择其中g整除x的数组。
五、进行步骤一二三,若偶变换的数不是偶数,则交换对象,一个偶数减半后,若参与偶变换的两个数不都是奇数,则不断进行偶变换,否则分配给第三个数(如果已经找到q则永远不再分配给第三个数),继续五。
六、用二进制数表示x/t,在左边补充0直到位数等于k,从最高位到最低位,若为1则将q分配给0,为0则分配给另一个数。这样就得到了x,结束。
至此,我们从理论上推导证明了通解的可行性,此外,我还写了验证该解法的cpp代码,对0<=x<=1000的所有有解数组都进行了验证并且验证成功。
当然,也许还存在其他通解,我很期待看到新想法。
我数学特强小游戏怎么玩
我数学特强小游戏怎么玩?近期这款游戏人气真的是非常火爆,游戏的关卡挑战很多,但是只要玩家掌握了其中的技巧,那么就能很快完成全部关卡的挑战,接下来九游小编就给大家带来了我数学特强全关卡通关技巧分享,希望能帮助到大家,一起来看看吧。
我数学特强全关卡通关技巧分享
我数学特强小游戏攻略
最后一步是3X,倒数第二步一定是2X+X(限1),倒数第三步一定是两个相加等于2X的数+X(限2)或者两个相加等于X的数+2X。
所以核心关键就是凑2X。
两个一样的数字不要合成,没意义。
看到所有的偶数都要第一时间在脑子里拆成奇数,和剩余的奇数去配X。
因为都是两两合成,所以记住这两个关键数:
1、2、4、8、16。
3、6、12、24。
1系列能拆出:
4和12,6和10,5和11,
以及
4和12,2和14,7和9(或1和15)。
3系列能拆出:
6和18,3和21,
以及
6和18,9和15。
在倒数第二步先凑出总数的三分之一或者三分之二,这样就可以少考虑两步更简单点。
偷鸡小技巧:
总和除以3就是目标数字
凑出8或者16 这关基本上就过了
8可以变成1~7 16可以变成两个8 其中一个8变成1 可以获得9 得到目标数字剩下对半拆
(所以我一直以8或16为目标过了前80关……)
经常会遇到5 12 7的情况 把12拆两次给7 得到16 游戏结束……
大家可以看看这篇文章,九游小编给大家带来的我数学特强全关卡通关技巧分享,请关注九游手游网以获取第一时间的资讯更新信息。
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我数学特强游戏截图


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2、活动介绍
➤活动时间:2023年12月20日10:00-2024年1月16日23:59
➤活动期间,完成挑战获取专属道具即可前往活动商店免费兑换联动限定英灵「赛特形外三魂」(使用「赛特形外三魂」*60即可召唤绝品英灵赛特)、联动限定饰品「灵虚扇」等珍稀奖励!
➤说明:绝品英灵赛特仅可通过游戏内限时活动获得,无法通过召唤获得;
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2、活动介绍
➤活动时间:2023年12月20日10:00-2024年1月16日23:59
➤活动期间,完成挑战获取专属道具即可前往活动商店免费兑换联动限定英灵「赛特形外三魂」(使用「赛特形外三魂」*60即可召唤绝品英灵赛特)、联动限定饰品「灵虚扇」等珍稀奖励!
➤说明:绝品英灵赛特仅可通过游戏内限时活动获得,无法通过召唤获得;
➤说明:限定绝品饰品「灵虚扇」仅可通过云山彼端限时活动获得。
好了,今天的分享就到这里了,关注九游,最热门的游戏资讯和最实用的游戏攻略都在这里!
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火力苏打福特强不强
最近看到不少小伙伴在问火力苏打福特强不强,今天小编就来跟大家聊聊这个英雄。作为一名重装英雄,福特往往会因为其较低的机动性而受到众多玩家所诟病,那么这名英雄是否真像大家所想的那样不堪呢?今天小编就通过这名英雄的技能,来简单给大家分析一下这名英雄在游戏中的强度,帮大家还原出一个真实的福特。
首先来看福特所使用的武器。游戏中福特所使用的武器是一个四联装的粘弹发射器,使用这个发射器所射出的粘弹在附着在敌人身体上之后,会在一段时间后自行爆炸,利用粘弹的这个特性,玩家可以在一些角落的位置先行发射粘弹,这样当敌人经过附着在视角盲区的粘弹时,就可以通过延时引爆粘弹来对其造成伤害,在一些据点争夺战中,使用这个战术往往会有奇效。
相较于用以被动埋伏敌人的粘弹,福特所携带的主动技能是这名英雄最大的亮点,当他使用主动技能升起屏障后,不但可以抵挡住敌人的攻击,并且可以脱手,以屏障为掩护,从而对敌人进行攻击,这样一来相对于贾巴里要长时间持续举盾,福特的盾显然更加高效,无论是在推车的僵持阶段进行阵地防御,还是在一些据点中堵门防守,都是首选的防守技能。
而作为一名坦克型英雄,福特最难能可贵的一点是他可以利用大招来对敌人进行群体控制,被他大招控住的敌人会慢慢被吸入旋涡,这个时候再配合延迟引爆的粘弹,以及拥有aoe伤害的队友,往往就可以对敌人造成毁灭性打击,是游戏中数一数二的开团首选技能。
看完了小编对于福特的简单介绍,相信大家对于火力苏打福特强不强应该有了一个自己的答案。作为游戏中少有的能脱手放盾的坦克英雄,福特不但可以做到弓手兼备,并且能凭借大招弥补团队缺少的控制能力,这作为一名前排英雄来说已经是物超所值了,至于移速慢的问题,这本身就不是主打阵地战的福特应该考虑的事情。
我解谜特强好玩吗 我解谜特强玩法简介
期待已久的手游我解谜特强即将登陆九游,这款手机游戏吸引了大批玩家的关注,想下载这款游戏,有很多粉丝都在问九游小编我解谜特强好玩吗?我解谜特强值不值得玩?现在就为大家来简单分析下,看看这款游戏的玩法特点和游戏剧情介绍 。
我解谜特强快速下载地址:
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1、我解谜特强简要评析:
我解谜特强是一款休闲益智游戏
2、我解谜特强图片欣赏:
通过上面的游戏介绍和图片,可能大家对我解谜特强有大致的了解了,不过这么游戏要怎么样才能抢先体验到呢?不用担心,目前九游客户端已经开通了测试提醒了,通过在九游APP中搜索“我解谜特强”,点击右边的【订阅】或者是【开测提醒】,订阅游戏就不会错过最先的下载机会了咯!
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我解谜特强什么时候出 公测上线时间预告
导读:最近很多玩家都在关注我解谜特强这款手游,想知道具体的公测时间,我解谜特强会经过封测、删档内测、不删档测试到最终的公测等几个测试阶段,才会正式上线我解谜特强安卓或iOS版本,有很多玩家就会问小编我解谜特强什么时候公测,究竟什么时候出呢?今天小编就为大家提供如何快速地知道我解谜特强开放下载和公测的时间,你就可以最快知道我解谜特强公测时间了!
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我解谜特强什么时候公测?公测时间提前预知,有三大方法,下边就让九游独家来为您揭秘吧!
方法一: 关注九游我解谜特强大事件
步骤1:百度搜索 “九游我解谜特强” 专区;
步骤2:关注大事件列表,每次我解谜特强测试的时间都会最新发布,这是九游独家的哦;
方法二: 下载九游APP,订阅我解谜特强的开测提醒
步骤1:点击下载九游APP;
步骤2:进入APP搜索“我解谜特强”,订阅后可及时接受活动,礼包,开测和开放下载的提醒;
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方法三: 查看九游开测表
步骤1:在九游开测表中玩家们可以看到当天所有进行开测的手机游戏,以及最近十天即将进行测试的游戏,有具体的测试时间以及测试阶段介绍,玩家们可以在这里查找我解谜特强的相关公测时间信息!
步骤2:访问地址>>>手游开测表地址
好了,我解谜特强公测时间的关注方法就讲到这里,各位玩家是否都已经掌握好以上三种技巧了呢,随时随地关注我解谜特强什么时候开测,什么时候开放下载,什么时候公测等信息,还有一个办法就是留意九游我解谜特强专区的每日更新,欢迎大家积极参与讨论和提问题,我们会第一时间为您解答。
数学游戏 我爱数学
「我爱数学:MathMathMath」是一款寓教于乐的数学类游戏,画风比较学院,非常适合小朋友玩,在玩游戏的过程中不知不觉学习数学知识,我爱数学,数学使我快乐~
九游括三种模式:
多人游戏:在同一个iPad或者手机上尽快点击正确的答案并收集积分,第一个拿到10分的赢得比赛。
青蛙游戏(单人游戏):点击正确的答案则青蛙就能吃到食物,否则就会失败。
相机游戏(单人游戏):- 同时改善你的健身和你的精神数学技能!游戏可以直接从相机图像中检测出你的动作!在相机前移动,并在空中触摸正确的答案。使用iPad智能外盖将iPad放在直立位置,然后在相机前方跳动,或将设备平放在桌子上,并将其中一根手指移动到相机前方。注意:仅适用于具有正面(面对面)相机的设备(iPad第2代和更新版,iPod第4代及更高版本)。
难得一见的寓教于乐的数学游戏,赶紧下载起来吧~
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