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我数学特强

我数学特强

这是一款不错的游戏
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游戏介绍 游戏截图 热门推荐 同类推荐

我数学特强游戏介绍

我数学特强简介

游戏规则:每当一个偶数(双数)数字被分的时候,只能分出一半给另一个数字。每当一个奇数(单数)数字被分的时候,只能全部分给另一个数字。规则是不是简单,你敢来试试吗?有时候看似简单的问题,却充满挑战!
开发者: 九米互娱
版本:1.1.0 更新时间:2023-09-26 权限说明  |  隐私政策

我数学特强《我数学特强》通解是存在的

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 sum/2。

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 3x/2>b,让a和3x-3b偶变换得到新的t*2^k,满足t*2^k<=3x-b<=t*2^(k+1),于是

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 x,让t*2^k和v偶变换得到的新的最大的t*2^k满足t*2^k>=(t*2^k+v)/2=(3x-u)/2>x。这样一来,即使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

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 sum/2。

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 3x/2>b,让a和3x-3b偶变换得到新的t*2^k,满足t*2^k<=3x-b<=t*2^(k+1),于是

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 x,让t*2^k和v偶变换得到的新的最大的t*2^k满足t*2^k>=(t*2^k+v)/2=(3x-u)/2>x。这样一来,即使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

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

我数学特强小游戏怎么玩?

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。

我数学特强小游戏怎么玩?

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

我数学特强截图
我数学特强截图0

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通过活动 云山彼端 获取,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)

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!

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赛特上线时间一览

1、获取途径

通过活动 云山彼端 获取,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)

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。

火力苏打福特强不强

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。

火力苏打福特强不强

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。

火力苏打福特强不强

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。

火力苏打福特强不强

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。

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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 。

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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。

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「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。

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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。

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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)。

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