diff --git a/notes/Leetcode 题解.md b/notes/Leetcode 题解.md
index 8af37740..c35d22bc 100644
--- a/notes/Leetcode 题解.md	
+++ b/notes/Leetcode 题解.md	
@@ -1771,6 +1771,7 @@ public int minPathSum(int[][] grid) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]"/></div>
 
+
 dp[N] 即为所求。
 
 考虑到 dp[i] 只与 dp[i - 1] 和 dp[i - 2] 有关，因此可以只用两个变量来存储 dp[i - 1] 和 dp[i - 2] 即可，使得原来的 O(n) 空间复杂度优化为 O(1) 复杂度。
@@ -1800,6 +1801,7 @@ public int climbStairs(int n) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]"/></div>
 
+
 **强盗抢劫**
 
 [Leetcode : 198. House Robber (Easy)](https://leetcode.com/problems/house-robber/description/)
@@ -1810,6 +1812,7 @@ public int climbStairs(int n) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=max(dp[i-2],dp[i-3])+nums[i]"/></div>
 
+
 O(n) 空间复杂度实现方法：
 
 ```java
@@ -1890,6 +1893,7 @@ private int rob(int[] nums, int s, int e) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=(i-1)*dp[i-2]+(i-1)*dp[i-1]"/></div>
 
+
 dp[N] 即为所求。
 
 和上楼梯问题一样，dp[i] 只与 dp[i-1] 和 dp[i-2] 有关，因此也可以只用两个变量来存储 dp[i-1] 和 dp[i-2]。
@@ -1906,6 +1910,7 @@ dp[N] 即为所求。
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[n]=max\{1,dp[i]+1|S_i<S_n\&\&i<n\}"/></div>
 
+
 对于一个长度为 N 的序列，最长子序列并不一定会以 S<sub>N</sub> 为结尾，因此 dp[N] 不是序列的最长递增子序列的长度，需要遍历 dp 数组找出最大值才是所要的结果，即 max{ dp[i] | 1 <= i <= N} 即为所求。
 
 **最长递增子序列**
@@ -2047,6 +2052,7 @@ public int lengthOfLCS(int[] nums1, int[] nums2) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w]+v)"/></div>
 
+
 ```java
 public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
     int[][] dp = new int[N][W];
@@ -2071,6 +2077,7 @@ public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[j]=max(dp[j],dp[j-w]+v)"/></div>
 
+
 因为 dp[j-w] 表示 dp[i-1][j-w]，因此不能先求 dp[i][j-w] 防止将 dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。
 
 **无法使用贪心算法的解释**
diff --git a/notes/计算机网络.md b/notes/计算机网络.md
index 5e56d39c..31fa54f3 100644
--- a/notes/计算机网络.md
+++ b/notes/计算机网络.md
@@ -158,6 +158,7 @@
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?delay=\frac{l(bit)}{v(bit/s)}"/></div>
 
+
 其中 l 表示数据帧的长度，v 表示发送速率。
 
 ### 2. 传播时延
@@ -166,6 +167,7 @@
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?delay=\frac{l(m)}{v(m/s)}"/></div>
 
+
 其中 l 表示信道长度，v 表示电磁波在信道上的传播速率。
 
 ### 3. 处理时延
@@ -261,14 +263,17 @@ TCP/IP 协议族是一种沙漏形状，中间小两边大，IP 协议在其中
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\vec{S}\cdot\vec{T}=0"/></div>
 
+
 为了方便，取 m=8，设码片 <img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\vec{S}"/> 为 00011011。在拥有该码片的用户发送比特 1 时就发送该码片，发送比特 0 时就发送该码片的反码 11100100。
 
 在计算时将 00011011 记作 (-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1)，可以得到
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\frac{1}{m}\vec{S}\cdot\vec{S}=1"/></div>
 
+
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\frac{1}{m}\vec{S}\cdot\vec{S'}=-1"/></div>
 
+
 其中 <img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\vec{S'}"/> 为 <img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\vec{S}"/> 的反码。
 
 利用上面的式子我们知道，当接收端使用码片 <img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?\vec{S}"/> 对接收到的数据进行内积运算时，结果为 0 的是其它用户发送的数据，结果为 1 的是用户发送的比特 1，结果为 -1 的是用户发送的比特 0。
@@ -668,10 +673,12 @@ TCP 使用超时重传来实现可靠传输：如果一个已经发送的报文
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?RTTs=(1-a)*(RTTs)+a*RTT"/></div>
 
+
 超时时间 RTO 应该略大于 RRTs，TCP 使用的超时时间计算如下：
 
 <div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?RTO=RTTs+4*RTT_d"/></div>
 
+
 其中 RTT<sub>d</sub> 为偏差，它与新的 RRT 和 RRTs 有关。
 
 ## TCP 流量控制