Find the law title
1. helical polyline
Helical polyline as shown in FIG whole through all points in the plane exactly once.
For integer point ( X- , the Y ) , which we define the distance from the origin D I S ( X- , the Y ) from the origin to ( X- , the Y ) length of the helical segments.
E.g. D I S ( 0 , . 1 ) = . 3 , D I S ( - 2 , - . 1 ) = . 9
The whole point is given the coordinates ( X- , the Y ) , you can calculate D I S ( X- , the Y ) it?
Input Format
It contains two integers X- , the Y .
Output Format
Output an integer representing D I S ( X- , the Y ) .
data range
−109≤X,Y≤109
Sample input:
0 1
Sample output:
3
解题思路：这是一道找规律题，我们可以将整个坐标都用距离标识一下，如下图
We look at x> = 0 && y> = 0: if x> = y, dis = (2 * x) * (2 * x) + (xy), if x <y, dis = (2 * y) * ( 2 * y) - (yx)
Look at x <0 && y> 0: x absolute value, if x> = y, dis = (2 * x-1) * (2 * x) - (xy), if x <y, dis = (2 * y -1) * (2 * y) + (yx)
再看x<=0&&y<=0：x取绝对值，y取绝对值，若x>=y&&x!=0&&y!=0,dis=(2*x-1)*(2*x-1)+(x-y),若x<y&&x!=0&&y!=0，dis=(2*y+1)*(2*y+1)-(y+1-x)
其中需要特殊考虑x和y的负半轴，x!=0&&y==0，dis=(2*x-1)*(2*x-1)+(x-1)，当x==0&&y!=0，dis=(2*y+1)*(2*y+1)-(y+1)
再看x>0&&y<0时：y取绝对值，当x<=y，dis=(2*y+1)*(2*y)+(y-x)，当x>y时，dis=(2*x+1)*(2*x)-(x-y)
代码：
#include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; int main() { ll x,y,i,j; cin>>x>>y; if(x>=0&&y>=0) { if(y>=x) cout<<(2*y)*(2*y)-(y-x)<<endl; else if(y<x) cout<<(2*x)*(2*x)+(x-y)<<endl; } else if(x<0&&y>0) { x=-x; if(x>=y) cout<<(2*x-1)*(2*x)-(x-y)<<endl; else if(x<y) cout<<(2*y-1)*(2*y)+(y-x)<<endl; } else if(x<=0&&y<=0) { x=-x;y=-y; if(x>=y&&x!=0&&y!=0) { cout<<(2*x-1)*(2*x-1)+(x-y)<<endl; } else if(x<y&&x!=0&&y!=0) cout<<(2*y+1)*(2*y+1)-(y+1-x)<<endl; else if(x!=0&&y==0) cout<<(2*x-1)*(2*x-1)+(x-1)<<endl; else if(x==0&&y!=0) cout<<(2*y+1)*(2*y+1)-(y+1)<<endl; } else if(x>0&&y<0) { y=-y; if(x<=y) cout<<(2*y+1)*(2*y)+(y-x)<<endl; else if(x>y) cout<<(2*x+1)*(2*x)-(x-y)<<endl; } return 0; }
（二）差分
1.差分矩阵
输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个操作，每个操作包含五个整数x1, y1, x2, y2, c，其中(x1, y1)和(x2, y2)表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
每个操作都要将选中的子矩阵中的每个元素的值加上c。
请你将进行完所有操作后的矩阵输出。
输入格式
第一行包含整数n,m,q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含5个整数x1, y1, x2, y2, c，表示一个操作。
输出格式
共 n 行，每行 m 个整数，表示所有操作进行完毕后的最终矩阵。
数据范围
1≤n,m≤1000
1≤q≤100000
1≤x1≤x2≤n
1≤y1≤y2≤m
−1000≤c≤1000
−1000≤矩阵内元素的值≤1000
输入样例：
3 4 3
1 2 2 1
3 2 2 1
1 1 1 1
1 1 2 2 1
1 3 2 3 2
3 1 3 4 1
输出样例：
2 3 4 1
4 3 4 1
2 2 2 2解题思路：差分矩阵是二维的，之前的差分数组是一维的，他的解题思路与一维的思路是一样的
核心：a[N][N],b[N][N]，a数组是b数组的前缀和
因此要在（x1,y1）,（x2,y2）之间加上一个数，则需要将b[x1][y1]+=c;
b[x1][y2+1]-=c;
b[x2+1][y1]-=c;
b[x2+1][y2+1]+=c;
这样才能满足差分矩阵的要求
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1010; int n,m,q; int a[N][N],b[N][N]; void insert(int x1,int y1,int x2,int y2,int c) { b[x1][y1]+=c; b[x1][y2+1]-=c; b[x2+1][y1]-=c; b[x2+1][y2+1]+=c; } int main() { int i,j; scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) insert(i,j,i,j,a[i][j]); while(q--) { int x1,y1,x2,y2,c; scanf("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&c); insert(x1,y1,x2,y2,c); } for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]+b[i][j]; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) cout<<a[i][j]<<" "; cout<<endl; } return 0; }
（三）线段树
1.油漆面积
X星球的一批考古机器人正在一片废墟上考古。
该区域的地面坚硬如石、平整如镜。
管理人员为方便，建立了标准的直角坐标系。
每个机器人都各有特长、身怀绝技。
它们感兴趣的内容也不相同。
经过各种测量，每个机器人都会报告一个或多个矩形区域，作为优先考古的区域。
矩形的表示格式为 (x1,y1,x2,y2)，代表矩形的两个对角点坐标。
为了醒目，总部要求对所有机器人选中的矩形区域涂黄色油漆。
小明并不需要当油漆工，只是他需要计算一下，一共要耗费多少油漆。
其实这也不难，只要算出所有矩形覆盖的区域一共有多大面积就可以了。
注意，各个矩形间可能重叠。
输入格式
第一行，一个整数 n，表示有多少个矩形。
接下来的 n行，每行有 4 个整数 x1,y1,x2,y2，空格分开，表示矩形的两个对角顶点坐标。
输出格式
一行一个整数，表示矩形覆盖的总面积。
数据范围
1≤n≤10000
0≤x1,x2,y2,y2≤10000
数据保证 x1<x2 且 y1<y2。
输入样例1：
3
1 5 10 10
3 1 20 20
2 7 15 17
输出样例1：
340
输入样例2：
3
5 2 10 6
2 7 12 10
8 1 15 15
输出样例2：
128代码：
题解稍后补上#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=10010; int n; struct Segment { int x,y1,y2; int k; bool operator< (const Segment &t)const { return x<t.x; } }seg[N*2]; struct node { int l,r; int len,cnt; }tr[N*4]; void pushup(int u) { if(tr[u].cnt>0) tr[u].len=tr[u].r-tr[u].l+1; else if(tr[u].l==tr[u].r) tr[u].len=0; else tr[u].len=tr[u<<1].len+tr[u<<1|1].len; } void build(int u,int l,int r) { tr[u]={l,r}; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); } void modify(int u,int l,int r,int k) { if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r) { tr[u].cnt+=k; pushup(u); } else { int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1; if(l<=mid) modify(u<<1,l,r,k); if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r,k); pushup(u); } } int main() { cin>>n; int m=0; for(int i=0;i<n;i++) { int x1,y1,x2,y2; cin>>x1>>y1>>x2>>y2; seg[m++]={x1,y1,y2,1}; seg[m++]={x2,y1,y2,-1}; } sort(seg,seg+m); build(1,0,10000); int res=0; for(int i=0;i<m;i++) { if(i>0) res + = tr [ 1 ] .len (out [i] .x-up [i- 1 ] .x); modify ( 1 , out [i] .y1, out [i] .y2- 1 , out [i] .k); } printf("%d",res); return 0; }