题意：在一个5维空间内，给出n个点的坐标，对于一个点来说，若存在2个点使得这个点的角度为锐角，那么这个点定义为坏点，否则为好点，求好点个数并按升序输出好点编号
思路：在一个二维平面内，若点数大于等于3，那么最多只有一个好点，因为一个点可以与任意其他2个点构成3角形，所以最多存在一个点的角度都大于等于90度，拓展到3维平面的时候，所有在第3维的点（即z不为0） (x,y,z)与原2维平面内的任意2个点构成的平面内都只有至多一个好点，推广到n维也是如此，所以点数大于等于3的时候至多一个好点，找到这个点即可退出，还有一点，若abc3点构成的三角形中，a为钝角，那么bc一定为坏点，做法就是枚举第一个点，然后再枚举另外2个点，注意，虽然这样的复杂度是n^3,但是由上述性质可以优化到n^2
AC代码：
#include "iostream" #include "iomanip" #include "string.h" #include "time.h" #include "stack" #include "queue" #include "string" #include "vector" #include "set" #include "map" #include "algorithm" #include "stdio.h" #include "math.h" #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define bug(x) cout<<x<<" "<<"UUUUU"<<endl; #define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) #define step(x) fixed<< setprecision(x)<< #define mp(x,y) make_pair(x,y) #define pb(x) push_back(x) #define ll long long #define endl (" ") #define ft first #define sd second 1 #define lrt (rt<<1) #define rrt (rt<<1|1) using namespace std; const ll mod=1e9+7; const ll INF = 1e18+1LL; const int inf = 1e9+1e8; const double PI=acos(-1.0); const int N=1e3+100; int x[N],y[N],z[N],w[N],u[N],bad[N]; int main(){ ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int n;cin>>n; if(n<=2){ cout<<n<<" "; for(int i=1; i<=n; ++i) cout<<i<<" "; return 0; } for(int i=1; i<=n; ++i){ cin>>x[i]>>y[i]>>z[i]>>w[i]>>u[i]; } for(int i=1; i<=n; ++i){ for(int a=1; a<=n; ++a){ for(int b=1; b<=n; ++b){ if(i==a || a==b || i==b) continue; ll k1=(x[a]-x[i])*(x[b]-x[i])+(y[a]-y[i])*(y[b]-y[i])+(z[a]-z[i])*(z[b]-z[i])+(w[a]-w[i])*(w[b]-w[i])+(u[a]-u[i])*(u[b]-u[i]); if(k1>0){ bad[i]=1; break; } else{ bad[a]=1, bad[b]=1; if(a==n-1 && b==n){ cout<<"1 "<<i<<endl; return 0; } } } if(bad[i]) break; } } for(int i=1; i<=n; ++i){ if(bad[i]==0){ cout<<"1 "<<i; return 0; } } cout<<"0"; return 0; }