最後更新日期 2024 / 01 / 01

CSS 動畫如何從中途開始播放

前言

事情是這樣的,前陣子在開發的網頁背景有個星空,於是就想說不如來加點星空的閃爍特效吧!

於是就先寫了這樣的 CSS:

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不過這樣當然是不夠的,每個星星同時閃爍太不自然了,於是我加了一點隨機的 delay:

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看起來是會隨機閃爍了,但在頁面剛載入進去的時候因為很多星星都還在 delay 中,畫面特別的空虛。這時候我就想了,有沒有可能讓 CSS 動畫從中途開始播放?

上網一查,原來還真的可以!

只要把 animation-delay 的值改成負數就行了!比如說 animation-delay: -3s 就是指從 3 秒開始的動畫。於是最後我把程式碼改成了這樣:

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GIF 錄起來品質好像不是很好,但還是放一下好了

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筆者只是一個滿級的考生 以下內容都是根據個人經驗給出的建議考試名額不多 很快就會被搶完 所以開放報名第一時間記得趕快上去搶然後第一次應考前一定要先下載官方的虛擬環境 並且留意自己習慣的編輯器、IDE 有沒有在環境裡面 如果沒有的話就要事先練習好其他軟體的操作方式APCS 的實作題每次考試總共會有 4 題 每題 20 筆測資 每筆測資只要對了就可以獲得 5 分 所以就算沒辦法拿滿分 寫多少算多少 一定要傳上去- 基本程式語法如果只是要拿二級的話 其實練習方式還蠻廣的 基本上所有"會寫程式的人"都可以達到這個等級 也就是說 不管你想去寫網頁、開發遊戲、刷題目都應該可以達到 2 級這個目標- 二維陣列- 複雜模擬APCS 的 3 級範圍非常吃實作能力 需要邏輯清晰且可以處理複雜的操作才能達到 3 級 一個比較複雜的例子:APCS 202210 貨運站 而且在第二題當中 二維陣列操作出現的的頻率非常高 必須非常熟悉二維陣列 最後建議想達到 3 級分的話可以多練歷屆 APCS 第二題不過如果你的目標是更高的級分 其實不需要刷太多歷屆第二題 通常隨著能力提升實作能力也會自然提升- 排序- 搜尋- 貪心- 遞迴- 動態規劃- 資料結構4 級跟 5 級的範圍其實差不多 不過最大的差別就是要拿到 4 級只需要知道比較淺的知識就行了 那想達到 45 級的話就非常吃演算法和資料結構的運用能力 非常推薦這份 AP325 講義題目的部分 很常出現經典題或者經典題稍微改編 所以也很建議去 CSES 這個很多經典題的 Judge 多刷點題 可以配合 CSES 寶典 一起讀集結了多位 APCS 滿級分的出題者與驗題者 我們在每個月都會辦一場 APCS 模擬賽 如果還不清楚自己練習方向或想測試實力的話 歡迎加入 Discord 群組 重點是完全免費!!

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APCS 2023 10 月題解

這次 APCS 跟 ISSC 撞期 然後我就放掉 APCS 跑去打 ISSC : D 下一次要慢三天才能報了 qwq數線上有一隻老鼠 且有 n 個食物散落在數線上 老鼠可以選擇一直往左或一直往右 求最多可以吃到幾個食物及最後吃食物的位置把問題轉換一下 就變成是在問老鼠左邊還是右邊食物比較多、最左邊或最右邊的食物在哪裡 於是只要簡單維護一下就可以幾個變數就可以解出來了基本語法cppusing namespace std;signed main { int x, n, tmp; cin x n; int cntl = 0, cntr = 0; 左邊與右邊食物數量 int maxv = -1e5, minv = 1e5; 用最大與最小值維護最後停在的食物位置 while n-- { cin tmp; if tmp = x cntr++; 如果食物在左邊 if tmp = x cntl++; 如果食物在右邊 maxv = maxmaxv, tmp; minv = minminv, tmp; } if cntl cntr cout cntl " " minv endl; 往做邊走解更優 else cout cntr " " maxv endl; 否則決定往右邊走}在一個 n times m 大小的表格上每格裡都有一張牌 你可以水平或垂直消除數值為 x 的兩張牌並獲得 x 分,但中間不能有其他牌 求最多能獲得多少分枚舉每張牌,嘗試上或左匹配是否存在相同的牌即可 使用 -1 紀錄已經匹配掉的牌至於為什麼只要匹配左上不用考慮右下 是因為左跟右、還有上跟下是相對關係我比較在意的地方是 本來以為這個動作需要重複多次才能匹配所有牌 結果竟然一次就過了,不知道是不是 ZeroJudge 測資太弱 🤔或者其實有辦法證明這個作法最多只需要一次更新關於這個問題,感謝 MSQRT 電神的補充 確實 Zerojudge 測資有疏失 已加強程式碼!二維陣列、模擬cppusing namespace std;int tb5050; 表格signed main { int n, m; cin n m; 輸入資料 for int i = 0; i n; i++ { for int j = 0; j m; j++ { cin tbij; } } int ans = 0; 重複執行匹配動作至少 nm 次以配對所有卡牌 for int = 0; 1000; ++ { for int i = 0; i n; i++ { for int j = 0; j m; j++ { if tbij == -1 continue; 嘗試往上配對 if i 0 { int k = i-1; while k = 0 tbkj == -1 k--; if tbij == tbkj { 配對成功 ans += tbij; 增加分數 tbij = tbkj = -1; 將兩張牌紀錄乘已匹配 continue; 匹配成功後即可忽略這張牌 } } 嘗試往左配對 if j 0 { int k = j-1; while k = 0 tbik == -1 k--; if tbij == tbik { 配對成功 ans += tbij; 增加分數 tbik = tbij = -1; 將兩張牌紀錄乘已匹配 continue; 匹配成功後即可忽略這張牌 } } } } } cout ans endl;}一個 n times m 的表格上每格有一個水管 水管分成 H、I、F、7、L 等類型 每種水管可能連接到上、下、左、右其中某些方向 求將水管連起來後最大連通塊本題詳細題意建議直接進 ZeroJudge 題目頁面查看簡單來說只要對整張圖做 DFS 並一邊維護連通塊大小即可 比較麻煩的地方就是建圖而已 這份程式碼部份參考了 dreamoon 老師的 code 才得以把它改得這麼乾淨的 時間複雜度 Onm圖論、DFS BFScppusing namespace std; 上 右 下 左mapchar, vectorint mask{ {'X', {1,1,1,1}}, {'I', {1,0,1,0}}, {'H', {0,1,0,1}}, {'L', {1,1,0,0}}, {'7', {0,0,1,1}}, {'F', {0,1,1,0}}, {'J', {1,0,0,1}}, {'0', {0,0,0,0}},};vectorint graph500000; 存圖bool vis500000; 紀錄造訪過的點int ans = 0, cur = 0;int n, m; 對每座標分配一個 idint id int x, int y { return x m + y;} DFS 並維護連通塊大小void dfsint id { cur++; visid = true; for auto u : graphid { if visu continue; visu = true; dfsu; }}signed main { cin n m; vectorstring vn; for int i = 0; i n; i++ cin vi; 建立整張圖 for int i = 0; i n; i++ { for int j = 0; j m; j++ { 上配下 if i + 1 n maskvij2 maskvi + 1j0 { graphidi, j.pushbackidi + 1, j; graphidi + 1, j.pushbackidi, j; } 左配右 if j + 1 m maskvij1 maskvij + 13 { graphidi, j.pushbackidi, j + 1; graphidi, j + 1.pushbackidi, j; } } } 對每一個節點做 DFS for int i = 0; i n; i++ { for int j = 0; j m; j++ { cur = 0; dfsidi, j; ans = maxans, cur; 嘗試更新答案 } } cout ans endl;}題目~~廢話~~劇情就不多寫了 簡單來說就是求最大連續子序列合,但可以跳過 k 個元素在不考慮 k 的情況下 這是一個非常經典的問題 解法的話也非常多元 以現在這題來說 Kadane's Algorithm 應該會是比較好做的那如果把 k 的條件加進去呢? 把測資範圍仔細讀過之後可以注意到 k leq 20 考慮動態規劃的作法 我們定義 dpi 為考慮陣列前 i 個元素的最佳解 然後我們可以往前跳過不超過 k 個 因此 dpi 可以從 dpi-1、dpi-2 cdots dpi-k-1 轉移過來取 max 但我們還需要紀錄總共已經使用了幾個金牌 所以再開一個維度來維護這個資訊綜合以上幾點,我們可以推出這樣的轉移式 定義 dpij 為考慮前 i 個元素且使用 j 個金牌的最佳解 轉移的部份 dpij = max{1 leq l leq k}dpi-l-1j-l + vali最後照著轉移式把程式寫出來就好ㄌ時間複雜度 On times k^2更新感謝 Colten 提出了 更好的作法 dpij 一樣是代表在第 i 天使用 j 個金牌的最佳解 不過轉移的部份只需要對 dpi-1j-1 和 dpi-1j + vali 取 max 就可以 兩個狀態分別代表在第 i 天使用和不使用金牌 時間複雜度直接少了一個 k 降到 On times k 下面程式碼也用這個寫法實現然後根據 吳邦一教授的說法 原本 On times k^2 的作法如果使用 Python 的話時間應該不會過動態規劃cppusing namespace std;int v200000;int dp20000030;signed main { int n, k; cin n k; for int i = 1; i = n; i++ { 第 i 天 cin vi; 因為只會依賴到之前的狀態所以可以邊讀入邊做 for int j = 0; j = k; j++ { 使用 j 個金牌 if j 0 dpij = dpi-1j-1; 使用金牌 dpij = maxdpij, dpi-1j + vi; 不使用金牌 } } int ans = 0; 在所有合法狀態中取得最佳解 for int i = 0; i = k; i++ { for int j = 1; j = n; j++ { ans = max{ans, dpji, 0LL}; } } cout ans endl;}整體來說 這次 APCS 其實不算太難(? 第三題實做比較麻煩一點以外 最後一題 DP 轉移式也還算好推

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題解 CSES Weird Algorithm

給予一個數字 n 如果他是偶數就把他除 2 否則就把他乘 3 再加 1 重複直到 n 變成 1沒什麼特別的概念 直接模擬操作就可以了cppusing namespace std;signed main { int n; cin n; whilen = 1 { cout n " "; if n 1 == 1 { n = 3; n++; } else { n = 2; } } cout 1 endl;}

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