题意：在二维平面坐标内,给出一个圆心坐标 (a,b),以及圆的半径 r , 再给出 n 个点的坐标 (x_i,y_i), 求有多少点在圆内。
数据范围：0 < n <= 1e5, 0< r , x , y <=1e9
思路：对于判断距离根据勾股定理: sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)) <= r ,即在圆的范围内。由于此题数据较大，sqrt可能导致精度损失，所以直接开long long 进行平方比较 ：(x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2 )<= r*r；
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; const int maxn = 1e5+7; int main(){ int n; ll a,b,r; cin>>n>>a>>b>>r; int ans = 0; for(int i=1;i<=n;i++){ ll x,y; cin>>x>>y; if((x-a)*(x-a)+(y-b)*(y-b)<=r*r) ans++; } cout<<ans<<endl; }
题意：给出长为 n 的字符串 str . 找到pink的子串序列. 求符合条件组成的pink自序列，相邻两个 ( 比如p与i互相相邻，n与k互相相邻 ) 最大坐标差-1
思路：贪心：求p-i间隔最大时,i-n间隔最大时,n-k坐标间隔最大时. 比如要使p-i坐标差最大，即p取其能取道的最左边，i取其符合条件组成的最右边。
code:
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; const int maxn = 1e6+7; const int inf = 0x3f3f3f3f; int p0[maxn]; int p1[maxn]; int p2[maxn]; int p3[maxn]; int fismin(int com,int p[],int len){ //找到第一个大于该数的位置 for(int i=1;i<=len;i++){ if(p[i]>com) return i; } //没找到返回0 return 0; } int fismax(int com,int p[],int len){ //找到最后一个小于该数的位置 if(p[len]<com) return len; else{ for(int i=1;i<=len;i++){ if(p[i]>com) return i-1; } return len; } } int main(){ int T; cin>>T; string s; while(T--){ int len; cin>>len; cin>>s; int f0,f1,f2,f3; f0 = f1 = f2 = f3 = 0; //p-i间隔最大 for(int i=0;i<len;i++){ if(s[i]=='p') p0[++f0] = i; if(s[i]=='i') p1[++f1] = i; if(s[i]=='n') p2[++f2] = i; if(s[i]=='k') p3[++f3] = i; } int ans = -1; if(f0&&f1&&f2&&f3){ int ff1,ff2; //1.p0最左边,p3最右边,p2仅此p3右,p1仅此p2右 p0-p1 ff2 = fismax(p3[f3],p2,f2); if(ff2){ ff1 = fismax(p2[ff2],p1,f1); if(ff1) ans = max(ans,p1[ff1]-p0[1]); } //2.po最左边,p1仅次p0左,p3最有，p2仅存p3右 p1-p2 ff1 = fismin(p0[1],p1,f1); ff2 = fismax(p3[f3],p2,f2); if(ff1&&ff2){ ans = max(ans,p2[ff2]-p1[ff1]); } //3.p0左，p1仅此左，p2仅此左，p3最右 ff1 = fismin(p0[1],p1,f1); if(ff1){ ff2 = fismin(p1[ff1],p2,f2); if(ff2) ans = max(ans,p3[f3]-p2[ff2]); } if(ans<0) cout<<-1<<endl; else cout<<ans-1<<endl; }else{ cout<<-1<<endl; } } }
题意：初始长为 n 的 0 序列, 进行m次操作。每次操作给出区间 (l,r) ，将编号为奇数的序列 区间内的数字全部改成 第i次 操作的 i .同时在每一次操作前，把所有的序列复制一份。（如果还没理解题意，可以看下原题样例解析）
求每次操作后的极大连续段的个数总和。
思路：计数问题：由于是统计极大连续段（连续子区间）个数，所以我们可以 像dp计数一样，记录 以 x 位置结束（右端）的连续子区间个数 f [x]。比如初始时 长为 3的0序列，f[3] = 1;
对于每次区间更改：我们可以知道 (l-1) 与l ，(r+1)与r的值肯定不一样，所以每次修改操作后 f[l-1] 与 f [r]的贡献值会增大,而增加的个数则是倍增的个数，即第i次操作时 2^(i-1)。
对于没有修改的位置的贡献，由于每次倍增，所以统计个数时就将其乘以2.
最后统计答案，就把所有位置的贡献相加即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2019; const ll mod=20050321; int n,m; ll f[maxn],p[maxn]; //定义fx表示的序列中，存在极大连续段右端点为x的序列个数 //x = n,a_x ！= a_x+1, //每一次不同的统计在于从1-n此时所有的值的贡献 //由于每次对l,r操作后的值不同，又每次更新2^(i-1)个序列贡献，所以fr = fr + 2^(i-1); //由于1～i-1与r+1～n的部分元素没有改变，所以贡献翻倍 int main() { cin>>n>>m; //预处理2^(i-1) p[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++)p[i]=(p[i-1]*2)%mod; f[n]=1; for(int i=1;i<=m;i++) { int l,r; cin>>l>>r; for(int j=1;j<l-1;j++) f[j]=(f[j]*2)%mod; for(int j=r+1;j<=n;j++) f[j]=(f[j]*2)%mod; f[l-1]=(f[l-1]+p[i-1])%mod; f[r]=(f[r]+p[i-1])%mod; ll ans=0; for(int j=1;j<=n;j++) ans=(ans+f[j])%mod; cout<<ans<<endl; } return 0; }