1.雷达设备
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/114/
解决思路：我们所要找到的是雷达的最小数目，因此我们需要对每个小岛进行大都分析
①求出能够到达他的海岸线的范围，通过d与y我们可以求出他的x轴上的覆盖范围，（l,r），然后按照区间的右端点排序。
②求出每个岛的覆盖范围后，我们需要找出最少的使用雷达的数量，如果当前区间包括下一点的区间范围，则直接跳过；如果当前区间不能包含下一个区间，则增加一个雷达数目，并且将雷达范围更新为下一个雷达的区间。
例如下图所示：只需要三个雷达即可
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=10101;
struct node
{
double l,r;
bool operator <(const node &t)const
{
return r<t.r;
}
}s[N];
int main()
{
int i,j,n,d,x,y;
bool flag=false;
scanf("%d%d",&n,&d);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(y>d)
flag=true;
else
{
double len=sqrt(d*d-y*y);
s[i].l=x-len;s[i].r=x+len;//计算每个岛的区间
}
}
if(flag==true)
{
puts("-1");
}
else
{
sort(s,s+n);//按照区间右端点排序
int cnt=0;
double nowl=-1e20;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(nowl<s[i].l)//判断当前取件是否有下一个区间的点
{
cnt++;
nowl=s[i].r;//更新区间
}
}
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}
2.付账问题
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1237/
解题思路：计算最小的方差，S是固定的，因此AVG也是固定的，只要每个人所掏的钱数越接近于AVG，那么方差就会越小
①首先如果每个人的钱数都超过AVG，那么方差就是0
②如果有的人可能钱包小于AVG，那么不够的钱应该分摊到那些钱包有剩余的人那里，因此，我们首先需要将每个人的钱进行从小到大排序，分别计算当前人数的平均值，看当前这个人的钱包是否足够，不够就掏出自己目前所有的钱，然后，到第二个人的时候需要掏的钱：(S-a[0])/(n-1)，如果也不够，也是掏出自己目前所有的钱，到第三个人的时候需要掏出：(S-a[0]-a[1])/(n-2)依次类推，算出最小方差，进而算出最小标准差，再保留4为小数。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=500010;
int n,a[N];
double s;
int main()
{
int i,j;
cin>>n>>s;
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n);
double ans=0,avg=s/n;
for(i=0;i<n;i++)
{
double cur=s/(n-i);
if(a[i]<cur)
cur=a[i];
ans+=(cur-avg)*(cur-avg);
s-=cur;
}
printf("%.4lf",sqrt(ans/n));
return 0;
}
3.乘积最大
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/1241/
解题思路：双指针算法，根据K的奇偶分别计算
当K是偶数，结果非负，因为，如果负数是偶数个，负负得正，结果为非负；如果负数是奇数个，那就选偶数个绝对值最大的负数
k 如果是奇数个的话,
(1)所有的数字如果都是负数,那么选出来的结果也一定都是负数
(2)否则的话,则一定至少有 1个非负数, 那么我们将最大的数取出来, 此时要选的个数就是 k--,
# k-- 是偶数,那么就又转化为 k-- 是偶数的情况思考
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,k;
const int mod=1000000009;
const int N=100010;
int a[N];
int main()
{
int i,j;
cin>>n>>k;
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n);
ll res=1,l=0,r=n-1;
int sign=1;
if(k%2)
{
res=a[r--];
k--;
if(res<0)
sign=-1;
}
while(k)
{
ll x=(ll)a[l]*a[l+1];
ll y=(ll)a[r]*a[r-1];
if(x*sign>y*sign)
{
res=x%mod*res%mod;
l+=2;
}
else
{
res=y%mod*res%mod;
r-=2;
}
k-=2;
}
printf("%lld",res);
return 0;
}
4.灵能传输
题目：https://www.acwing.com/problem/content/1250/
解题思路：前缀和，找出最佳单调有序序列
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=300010;
int T;
ll a[N];//存放最初灵能值
ll s[N];//存放前缀和
ll f[N];//存放最终的有序序列
bool st[N];
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
int n,i,j;
cin>>n;
s[0]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
ll s0=s[0],sn=s[n];
if(s0>sn)
swap(s0,sn);
sort(s,s+n+1);
for(i=0;i<=n;i++)
{
if(s[i]==s0)
{
s0=i;
break;
}
}
for(i=0;i<=n;i++)
{
if(s[i]==sn)
{
sn=i;
break;
}
}
memset(st,0,sizeof(st));
int l=0,r=n;
for(i=s0;i>=0;i-=2)
{
f[l++]=s[i];
st[i]=true;
}
for(i=sn;i<=n;i+=2)
{
f[r--]=s[i];
st[i]=true;
}
for(i=0;i<=n;i++)
{
if(st[i]==false)
f[l++]=s[i];
}
ll res=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
res=max(res,abs(f[i]-f[i-1]));
}
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
5.后最表达式
题目：https://www.acwing.com/problem/content/1249/
解题思路：这道题特别坑，以为很简单，但是内藏玄机。
①我们需要判断负号的个数，如果一个都没有，那就全部相加
②如果负号个数不为0，那么我们要求最大数，故此假设有3个负号1个正号，我们按从小到大排序，最大的数的计算式为：
a5-(a1-a2-a3)+a4=a5+a4+a3+a2-a1
因此，当符号个数大于0时，我们选择减去的数介于1~m之间,由于我们要求最大的数，因此尽可能的减去极少的数，故而只需要减去最小的即可
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
ll a[2*N];
int main()
{
int n,m,i,j;
cin>>n>>m;
for(i=0;i<n+m+1;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n+m+1);
ll res=0;
if(m==0)
{
for(i=0;i<n+m+1;i++)
res+=a[i];
cout<<res<<endl;
}
else
{
res=a[n+m]-a[0];
for(i=1;i<n+m;i++)
res+=abs(a[i]);
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
