ACM-11月2日周四周中训练心得

    昨天的比赛是以组队的形式参加的，他们俩一上来就在看B题，我先看的F题，这道题就相当于签到题，这道题大致的意思是baobao困在了一个一维的迷宫之中，每一格都有R或者L表示接下来会去哪，baobao一开始在第m格子里，只有到第一个格子或者最后一个格子便会逃离迷宫，而baobao有能力改变格子中的R或者L，使他最后到达出口，求改变的最少数目，这个暴力计算从baobao所在的地方到出口所需要改变的数量，因为是一维的所以只要从左边到baobao所在的位置，以及从右边到baobao所在的位置遍历一遍与R或者L不同的格子的数量就行了

for(int i=1;i<=point-1;i++)
{
if(s[i]=='R')
left++;
}
for(int i=point-1;i<num-1;i++)
{
if(s[i]=='L')
right++;
}
cout<<min(left,right)<<endl;    然后我看的是E，E题的意思就是在吃鸡的一个岛上，这个岛的形状是个圆，中心是（０，０）半径为R，然后岛上有ｎ个坐标为（ｘｉ，ｙｉ）的点，每个点都是一个建筑，然后还有一个半径为ｒ的小圆圆心可能在大圆的内部的任意位置，小圆可以和大圆内切，求ｎ个点里在小圆里概率最高的点的数量并输出他们的编号。主要是要理解这个概率如何去算概率的大小，当R>2*r时 R-2*r 中的点的概率是一样的，这个临界情况是内切，如果圆继续往外移，概率就不是1当2*r-R时情况类似。
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
int dist=x*x+y*y;
p[i].x=x,p[i].y=y,p[i].dist=dist,p[i].id=i;
if(dist<=d*d) a[k++]=i;
if(maxt==-1||dist<=maxt)maxt=dist;
}    今天看了数位DP的Windy，方程大概是f[i][j]+=f[i-1][k]（|j-k|>=2)  f[i][j]表示满足条件的、长度为i且首字母是j的数的个数。这样有什么好处呢？假设我们要求1--X中符合要求的数。首先设X=abcd。那么我们先加上f[4][0]、f[4][1]、f[4][2]一直到f[4][a-1]，然后再加上f[3][0]、f[3][1]一直到f[3][b-1]……当然，最后是加上f[1][0]、f[1][1]一直到f[1][d]。