Huahua’s Tech Road

聊聊Switch2 | 价格 | Key Card | 二手

By zxi on April 6, 2025

Switch2终于发布了，游戏画面看着还不错，有点”次世代”的感觉了呢～

Switch 2真的贵吗？

几乎所有人都在吐槽价格。正所谓没有不好的产品，只有不好的定价。美版首发定价$449.99，如果对比Switch 2017年首发时$299.99定价，贵了足足有50%。但在美国的同学应该都能感受到这几年的通胀，很多商品的价格都涨了不止50%。考虑到Switch2的物料成本（去除通胀）肯定是要比Switch要高不少的，所以说这个价格看着有些抽象，但其实确实在合理范围里面。有人说这个价格都赶上PS5了，但老任可不会干亏本卖机器，靠游戏回血的勾当，而是我都要～个人觉得如果定在$399的话，大部分人应该都能接受了吧。

microSD Express

看了一眼价格256G $60，其实还可以。我两个月前买的128G UHS-I V30的卡也要30刀呢（现在怎么降到16刀了～）。机内的230G，买一张256G的卡，放个几十个数字版/Key Card的游戏应该问题不大，能满足绝大多数人的需求了。再说了，你买得起几十个游戏吗，就来吐槽存储卡贵？关于microSD Express only，其实没啥好说的，目前价格应还算合理，以后只会越来越便宜，换来更快的加载速度完全是值得的。

目前爆料的一些游戏容量：

Mario Kart World: 23.4 GB
Donkey Kong Bananza: 10 GB
Nintendo Classics: GameCube app: 3.5 GB
Super Mario Party Jamboree – Nintendo Switch 2 Edition ＋ Jamboree TV: 7.7 GB
Kirby and the Forgotten Land – Nintendo Switch 2 Edition ＋ Star Crossed World: 5.7 GB

Cyberpunk 2077 会使用64GB的卡带，而非Key-Card。每个实体版的游戏相当于一张小的SD存储卡了。

卡带 / Key Card

时至今日只有老任还在坚持使用卡带，对比与蓝光光碟，那种即插即玩的体验懂的都懂。代价是什么？高昂的制造成本。但是，这一切会被Key Card所终结吗？其实在Switch 1时代就有半Key Card的游戏，部分游戏放在8GB的卡带中（16/32GB的卡带在当时太贵了），剩下的部分需要下载。用这种方式降低发行成本，其实也是无可厚非的选择。由于Switch 2的机能提高了不少，贴图精度必然水涨船高，结果就是游戏容量暴增。虽然还不能和PC和PS5比，但已经达到卡带的极限了，Key Card的推出只能说被时代推着走。这么说来Swtich 1机能弱/游戏小还是某种优势咯（笑）。其实在Switch 1时代，我就想要比完整游戏版卡带便宜一些Key Card了/或者直接说是带包装盒的数字版下载码。对比卡带，游戏的包装盒对我而言的收藏的意义更大一些。这算是现代版的买椟还珠吗？

我的PS5实体游戏到现在还没拆封…

游戏价格｜二手｜氪金｜盗版

网友们接着吐槽游戏价格贵。实体版比数字版价格贵我觉得是合理的，毕竟多一个包装盒呢，游戏卡带算是附加送的（笑）。主要的是卡带/Key Card可以出二手。回血玩家们转手十来次，老任只收了一份的钱，不得哭晕在厕所啊。这时Intel/AMD/Nvida/Apple同时站出来说，没有人比我更懂转手几十次的垃圾佬。关于二手商品的流通对厂商的影响、以后会单独写一篇文章。

为什么大家会觉得现在的游戏贵？说贵的同学可以看看九十年代FC游戏的定价。就拿我最喜欢的《火焰之纹章-外传》来说，1992年在日本的发行价格为6800日元，就算不考虑通胀，当时的价格为现在汇率下的47刀，或者336人民币。92年，336人民币什么概念？可能要1个多月工资了。当时国内的FC卡带几乎都是盗版的，但毕竟成本摆在那里，在上海普遍的价格是100多人民币一盒，记得容量更大的《吞食天地 – 诸葛孔明传》更是要价250元。当时买游戏卡绝对是一件奢侈的事情，过年的时候拿着压岁钱咬牙买了一盒《松鼠大战2》，记得好像是125元，那是95年前后吧。有时侯也会和街坊邻居/同学交换游戏卡玩，也算是某种形式的回血了。

九十年代后期，那时候兴起了多媒体电脑热，1万元左右的价格咬咬牙还是买得起的，家里有台电脑还倍有面子，所以游戏也渐渐转移到PC上面（毕竟当时个人拥有SFC/PS/SS的是少数）。游戏的载体也变成CD，当然绝大多数都是盗版的，起初价格还要15元，后来10元，最后慢慢稳定到5元一张碟。游戏玩家快速成长，再也没有人觉得游戏贵了。

再后来到了2002年前后，宽带开始普及，游戏也从购买CD变成了网上下载，当然还是盗版的，但获取单机游戏的边际成本趋近于0。

当时很多网游都是要充点卡的，还是有些小贵。当然比起拨号+点卡时代已经便宜很多了。我玩《石器时代》拨号费可能都花了几千块钱…

再后来氪金网游/手游开始大行其道，从此开启了正版游戏也能免费玩的时代。

但不管在什么年代，正版的单机大作卖的一直不便宜，只是提及的人比较少，或者说其受众多说能够接受这个定价，吐糟的大多都是伸手党。

说了这么多，不是想给老任/Sony开脱，虽然开发工具/生产力大幅提升了，但现代游戏开发成本和当年比起来是高了一个数量级都不止，要不是游戏玩家变多了平摊掉不少成本，不然游戏价格还会更贵。

虽然游戏的定价对于发展中国家来说还是比较贵的，不锁区没办法，但对于美国玩家来说，大作$80刀，1天的工资都不到，你觉得这个价格还贵吗？

对于一些人来说，缺少的哪里是那80刀，而是玩游戏的时间和热情。

Switch 2 我还是会买的（但可能要等到减肥成功之后）手持1080p 60绝对是足够了。

我更愿意以合理的价格玩到优秀的游戏，而不愿用便宜的价格玩粗制滥造的玩意儿。

感觉这次Switch 2可能会撑10年，希望是我预测错了～

以上，

花花

花花酱 LeetCode 403. Frog Jump

By zxi on April 5, 2025

肯定是用DP，但我自己想了一个奇怪的方法，勉强过了…

使用dp[i] = {steps}，表示可以达到stones[i]的最后一跳的unit的集合。
dp[0] = {0}
dp[1] = {1} if stones[1] = 1 else {}
然后对于stones[i]，枚举所有step – 1, step, step + 1三种情况，看看是否可以跳到新的石头上面（使用一个hashtable判断），如果可以的吧，把跳的unit存到dp[j]中。相当于推了。
需要使用hashset去重，不然会超时。

时间复杂度：O(n²)
空间复杂度：O(n²)

class Solution {

public:

bool canCross(vector<int>& stones) {

if (stones[1] != 1) return false;

unordered_map<int, int> m;

const int n = stones.size();

for (int i = 0; i < n; ++i)

m[stones[i]] = i;

// dp[i] = {steps} steps to jump to stone[i].

vector<unordered_set<int>> dp(n);

dp[0] = {0};

dp[1] = {1};

for (int i = 2; i < n; ++i) {

for (int last : dp[i - 1]) {

for (int cur = last - 1; cur <= last + 1; cur++) {

if (cur < 1) continue;

const int t = stones[i - 1] + cur;

auto it = m.find(t);

if (it != end(m)) dp[it->second].insert(cur);

}

return !dp.back().empty();

}

};

“优化”：由于每次只能k-1,k,k+1steps，所以最大的units和n是线性关系，达到stones[i]最多跳i+1个units。
可以用二维数组dp[j][k] := 是否可以通过k步跳到stones[j].
dp[j][k] = dp[i][k-1] || dp[i][k] || dp[i][k+1], k = stones[j] – stones[i]. 即从stones[i]跳到stones[j]，并且要求跳到stones[i]的可能步数中存在k-1,k,k+1。
时间复杂度和空间复杂度是一样的。

class Solution {

public:

bool canCross(vector<int>& stones) {

const int n = stones.size();

vector<vector<bool>> dp(n, vector<bool>(n + 1));

dp[0][0] = true;

for (int i = 1; i < n; ++i)

for (int j = 0; j < i; ++j) {

const int d = stones[i] - stones[j];

if (d >= n) continue; // undefined range.

dp[i][d] = dp[i][d] || (dp[j][d - 1] || dp[j][d] || dp[j][d + 1]);

}

return any_of(begin(dp.back()), end(dp.back()), [](bool x) { return x; });

}

};

花花酱 LeetCode 368. Largest Divisible Subset

By zxi on April 4, 2025

也算是一道比较经典的DP题了，需要找到一个最大的子集，使得其中元素两两的余数为0。

我们假设有一个集合为{a1, a2, a3, …, an}, {a1 < a2 < … < an)

如果 a2 % a1 = 0, a3 % a2 == 0, 那么a3 % a1 一定也等于0。也就是说a2是a1的倍数，a3是a2的倍数，那么a3一定也是a1的倍数。所以我们并不需要测试任意两个元素之间的余数为0，我们只需要检测a[i]是否为a[i-1]的倍数即可，如果成立，则可以确保a[i]也是a[i-2], a[i-3], … a[1]的倍数。这样就可以大大降低问题的复杂度。

接下来就需要dp就发挥威力了。我们将原数组排序，用dp[i]来表示以a[i]结尾（集合中的最大值），能够构建的子集的最大长度。

转移方程：dp[j] = max(dp[j], dp[i] + 1) if nums[j] % nums[i] = 0.

这表示，如果nums[j] 是 nums[i]的倍数，那么我们可以把nums[j]加入以nums[i]结尾的最大子集中，构建一个新的最大子集，长度+1。当然对于j，可能有好多个满足条件的i，我们需要找一个最大的。

举个例子：
nums = {2, 3, 4, 12}
以3结尾的最大子集{3}，长度为1。由于12%3==0，那么我们可以把12追加到{3} 中，构成{3,12}。
以4结尾的最大子集是{2,4}，长度为2。由于12%4==0，那么我们可以把12追加到{2,4} 中，构成{2,4,12} 。得到最优解。

这样我们只需要双重循环，枚举i，再枚举j (0 <= i < j)。时间复杂度：O(n^2)。空间复杂度：O(n)。

最后需要输出一个最大子集，如果不记录递推过程，则需要稍微判断一下。

class Solution {

public:

vector<int> largestDivisibleSubset(vector<int>& nums) {

const int n = nums.size();

sort(begin(nums), end(nums));

// dp[i] = max size of subset ends with nums[i]

vector<int> dp(n);

for (int i = 0; i < n; ++i)

for (int j = i + 1; j < n; ++j)

if (nums[j] % nums[i] == 0)

dp[j] = max(dp[j], dp[i] + 1);

int s = *max_element(begin(dp), end(dp));

vector<int> ans;

for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {

if (dp[i] == s && (ans.empty() || ans.back() % nums[i] == 0)) {

ans.push_back(nums[i]);

--s;

}

return ans;

}

};

花花酱 LeetCode 2296 Design a Text Editor

By zxi on April 2, 2025

方法1：双向链表来存储文本，迭代器指向光标所在的位置。加一个dummy head会使代码简单很多。

时间复杂度：TextEditor O(1) addText O(|text|) deleteText O(k) cursorLeft O(k) cursorRight(k)
空间复杂度：O(n)

由于每个字符需要创建一个节点（17+个字节），虽然没有超时，但实际工程中是不能使用这种方式的。

// https://zxi.mytechroad.com/blog/string/leetcode-2296-design-a-text-editor/

class TextEditor {

public:

TextEditor(): data_{'$'}, cursor_{begin(data_)} {}

void addText(string text) {

for (char c : text)

cursor_ = data_.insert(++cursor_, c);

}

int deleteText(int k) {

for (int i = 0; i < k; ++i) {

if (cursor_ == begin(data_)) return i;

data_.erase(cursor_--);

}

return k;

}

string cursorLeft(int k) {

for (int i = 0; i < k; ++i) {

if (cursor_ == begin(data_)) break;

cursor_--;

}

return getText();

}

string cursorRight(int k) {

for (int i = 0; i < k; ++i) {

if (cursor_ == prev(end(data_))) break;

cursor_++;

}

return getText();

}

private:

string getText() {

string ans;

auto it = cursor_;

for (int i = 0; i < 10; ++i) {

if (it == begin(data_)) break;

ans += *it--;

}

reverse(begin(ans), end(ans));

return ans;

}

list<char> data_;

list<char>::iterator cursor_;

};

方法2: 用两个string来代表光标左边的字符串和光标右边的字符串。注：右边字符串是反转的。

左右两边的字符串只会增长（或者覆盖），不会缩短，这是用空间换时间。

删除的时候就是修改了长度而已，并没有缩短字符串，所以是O(1)的。
如果缩短的话需则要O(k)时间，还要加上内存释放/再分配的时间，应该会慢一些但不多。

移动光标的时候，就是把左边字符串的最后k个copy到右边的最后面，或者反过来。同样没有缩短，只会变长。

时间复杂度: TextEditor O(1) addText O(|text|) deleteText O(1) cursorLeft O(k) cursorRight(k)
空间复杂度：O(n)，n为构建的最长的字符串

// https://zxi.mytechroad.com/blog/string/leetcode-2296-design-a-text-editor/

class TextEditor {

public:

TextEditor() {}

void addText(string_view text) {

ensureSize(l, m + text.size());

copy(begin(text), end(text), begin(l) + m);

m += text.size();

}

int deleteText(int k) {

k = min(k, m);

m -= k;

return k;

}

string cursorLeft(int k) {

ensureSize(r, n + k);

for (k = min(k, m); k > 0; --k)

r[n++] = l[--m];

return getText();

}

string cursorRight(int k) {

ensureSize(l, m + k);

for (k = min(k, n); k > 0; --k)

l[m++] = r[--n];

return getText();

}

private:

inline void ensureSize(string& s, int size) {

if (s.size() < size)

s.resize(size);

}

string getText() const {

return string(begin(l) + m - min(m, 10), begin(l) + m);

}

string l;

string r;

int m = 0;

int n = 0;

};

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