数学是自动答复的模拟器

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 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！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。

怪物猎人是一款广受欢迎的狩猎游戏，其中的自动吃药系统是其特色之一。这个系统能够自动为玩家补充生命值和耐力值，使得玩家在战斗中更加轻松自如。自动吃药系统的存在，大大降低了游戏的难度，同时也为玩家提供了更多的游戏乐趣。

二、系统功能和使用方法

自动吃药系统的主要功能是自动为玩家补充生命值和耐力值。玩家可以通过设置吃药的间隔时间和药品类型，来满足自己的需求。在使用该系统时，玩家只需要将药品放入药槽中，系统便会自动消耗药品，为玩家恢复生命值和耐力值。

使用方法非常简单，玩家只需要在游戏中打开设置菜单，选择“吃药设置”选项，然后根据自己的需求进行设置即可。需要注意的是，药品的消耗是按照一定的比例计算的，因此玩家需要合理选择药品，避免浪费。

三、系统优缺点分析

优点：自动吃药系统为玩家提供了极大的便利，降低了游戏的难度，使得更多的玩家能够享受到狩猎的乐趣。同时，该系统也减少了玩家需要频繁关注生命值和耐力值的操作，让玩家可以更加专注于战斗。

缺点：虽然自动吃药系统大大简化了游戏的操作，但是也可能会导致玩家过于依赖系统，忽视了自己的战斗能力。此外，药品的消耗也是一笔不小的开支，如果设置不当，可能会导致药品浪费。

四、与其他游戏吃药系统的比较

与其他游戏相比，怪物猎人的自动吃药系统更加人性化。在其他游戏中，吃药通常需要玩家手动点击药品图标，或者使用特定的快捷键。而在怪物猎人中，玩家只需要设置好吃药的间隔时间和药品类型，系统就会自动进行药品的消耗和补充。这大大减少了玩家的操作难度，同时也提高了游戏的流畅性和趣味性。

五、结论与展望

总的来说，怪物猎人的自动吃药系统是一个非常实用的功能，它为玩家提供了极大的便利，同时也增强了游戏的可玩性和趣味性。未来，随着游戏版本的更新和优化，相信自动吃药系统也会不断改进和完善，为玩家带来更好的游戏体验。

同时，我们也期待未来怪物猎人能够加入更多的游戏内容和玩法，吸引更多的玩家参与。无论是新的怪物种类、丰富的任务模式，还是更加丰富的药品种类和特效，都将是未来怪物猎人发展的方向。相信在不久的将来，怪物猎人将会继续成为一款备受瞩目的游戏作品。

怪物猎人哪个是自动吃药的的介绍就聊到这里吧，感谢你花时间阅读本站内容，有关于其它相关信息别忘了在《九游》进行搜索哦！

一个游戏中，最令人感到困扰的就是遇到《原神》色彩缤纷的答复成就指南，这个问题在原神游戏中也是一样，让许多玩家头疼。想要解决这个问题也不难，只要大家对游戏足够的了解，那么就可以轻松解决了，下面九游小编就来给大家讲解一下解决方法。

《原神》色彩缤纷的答复成就指南

成就完成方法：

1、在获胜的牌局中，我方一共造成30次元紊反应。

2、在获胜的牌局中，我方一共造成150次元素反应。

3、在获胜的牌局中，我方一共造成300次元素反应。

总计：35个原石，

这里是全网最专业的游戏攻略网站，看完《原神》色彩缤纷的答复成就指南攻略相信已经帮大家解决问题了，这里还整合了这款游戏更多的攻略，新内容新玩法第一时间带你了解，为你解决各种游戏中遇到的难题，收藏本站，获取第一手攻略资讯。

本站为大家带来《原神》色彩缤纷的答复成就攻略图文攻略，最近很多玩家都被这个问题难住了，不看攻略的话，自己摸索确实比较费时间。这款游戏最近加入了很多新的内容，玩法全新升级，新的游戏体验又够玩家摸索一阵子呢。

《原神》色彩缤纷的答复成就攻略

成就完成方法：

1、在获胜的牌局中，我方一共造成30次元紊反应。

2、在获胜的牌局中，我方一共造成150次元素反应。

3、在获胜的牌局中，我方一共造成300次元素反应。

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以上就是九游小编为大家带来的解决办法，大家只要按照小编的步骤来，那么就一定可以轻松解决《原神》色彩缤纷的答复成就攻略这个问题。如果这个办法没能解决你的问题， 那么也欢迎大家在评论区留言，小编会第一时间帮助大家找寻解决办法。

在原神中，想要提高角色的战斗力，就必须要知道《原神》色彩缤纷的答复成就方法怎么办。只有解决了这个问题，你的角色才能变得更强，和敌人作战的时候才能更加轻松。如果你想知道这个问题的解决方法，那么就来看一看九游小编为你带来的攻略吧。

《原神》色彩缤纷的答复成就方法

成就完成方法：

1、在获胜的牌局中，我方一共造成30次元紊反应。

2、在获胜的牌局中，我方一共造成150次元素反应。

3、在获胜的牌局中，我方一共造成300次元素反应。

总计：35个原石，

这就是原神里《原神》色彩缤纷的答复成就方法相关的内容啦，本攻略页面随游戏内容更新而增加修改内容，如果喜欢的话不妨收藏，随时来看最新消息。

在原神游戏中，3.3版本新增加的色彩缤纷的答复这个成就玩家应该怎么完成呢？看来还是有很多小伙伴们都还不是很清楚吧，那么接下来就与小编一起来看看《原神》色彩缤纷的答复成就攻略介绍吧。

《原神》色彩缤纷的答复成就攻略

成就完成方法：

1、在获胜的牌局中，我方一共造成30次元紊反应。

2、在获胜的牌局中，我方一共造成150次元素反应。

3、在获胜的牌局中，我方一共造成300次元素反应。

总计：35个原石，

以上就是给大家带来的《原神》色彩缤纷的答复成就攻略介绍啦，想要了解更多原神游戏的最新资讯与攻略，可以多多关注我们九游游戏攻略网站哦。

龙之谷世界古代人的基础数学是怎么玩的 数学完整解谜攻略

龙之谷世界是一款很非常好玩的游戏，受到很多小伙伴的喜爱。古代人的基础数学怎么解密?主线任务古代人的基础数学应该怎么做?古代人的基础数学是龙之谷世界主线任务的一个比较烧脑的解谜流程，有很多玩家都想知道这个谜题应该怎么解，接下来就让我们一起去看看龙之谷世界全主线任务的通关流程攻略吧。

龙之谷世界古代人的基础数学完整解谜攻略：

1、拼图解谜

见下图，玩家只需要将图片旋转至图下位置即可。

2、古代人的基础数学

不同图案对应着数字，堆在一起的是代表加法，那另一个就是减法。四角形代表等号。那我们就能得知第一行是1+3=4，第二行是6-3=3点击后面的金色图形到对应答案，就会出现一个宝箱。

总的来说，古代人的基础数学谜题难度不大，数字解谜也很容易，相信玩家都可以很快解开。

洛克王国答复文书有什么用？答复文书怎么获得？游戏在近期开启了与魔卡少女樱的联动活动，在本次的联动活动中，将上线各式各样的玩法，在该活动中也将上线一个全新的道具，那就是答复文书，玩家可以使用该道具来兑换奖励，接下来小编就为大家分享一下该道具的作用介绍。

【洛克王国答复文书获取方法】

近期在洛克王国之中开启了新一期的和魔卡少女樱的联动活动，其中很多活动都提到了一件名为“答复文书”的道具。

拥有答复文书的玩家参与学园祭花车巡游活动时，每日可额外免费抽奖1次抽奖。

此外，在电玩高手活动志宏，拥有答复文书的玩家还可以降低抽奖需要消耗的电玩小票数量。

洛克王国答复文书获取方法：

答复文书是之前玩家们参与洛克王国再次邀约活动获取的，而现在可能已经没有办法获得了。

活动需要到宴会厅找可莉希亚，点邀请的有四个人，每天只能邀请其中一个，发送邀请所需要的条件有两个，一个是到万事通处领取一只羽毛笔和一瓶墨水就可以书写一份邀请函，领取羽毛笔和墨水需要花6000洛克贝，另外一个则是需要给露西亚提供七枚魔法石，这两个都做完就可以发送邀请了。

洛克王国答复文书的作用介绍就为大家分享在上面了，这个道具的作用还是非常重要的，大家快前往游戏中获取吧。

洛克王国答复文书如何得到，很多人都在问这个，具体获得方法是啥，答复文书有什么作用呢，完成任务可以获得什么奖励，下面就来介绍下洛克王国答复文书怎么获得。

洛克王国答复文书获取攻略

近期在洛克王国之中开启了新一期的和魔卡少女樱的联动活动，其中很多活动都提到了一件名为“答复文书”的道具。

拥有答复文书的玩家参与学园祭花车巡游活动时，每日可额外免费抽奖1次抽奖。

此外，在电玩高手活动志宏，拥有答复文书的玩家还可以降低抽奖需要消耗的电玩小票数量。

洛克王国答复文书怎么获得?

答复文书是之前玩家们参与洛克王国再次邀约活动获取的，而现在可能已经没有办法获得了。

活动需要到宴会厅找可莉希亚，点邀请的有四个人，每天只能邀请其中一个，发送邀请所需要的条件有两个，一个是到万事通处领取一只羽毛笔和一瓶墨水就可以书写一份邀请函，领取羽毛笔和墨水需要花6000洛克贝，另外一个则是需要给露西亚提供七枚魔法石，这两个都做完就可以发送邀请了。