蓝桥杯 - 试题 H: 扫雷(思维)

题目大意：给出 nnn 个地雷和 mmm 个炸弹，都以 (x,y,r)(x,y,r)(x,y,r) 的形式给出，意义分别如下：

对于每个地雷，位于点 (x,y)(x,y)(x,y)，爆炸后会波及半径为 rrr 的圆形区域
对于每个炸弹，会在点 (x,y)(x,y)(x,y) 爆炸，爆炸后会引爆半径为 rrr 的圆形区域内的地雷，随后地雷会 “连锁反应” 的爆炸

问使用过 mmm 个炸弹后，一共可以引爆多少个地雷

题目分析：（赛时读错题了，怪不得当时算复杂度的时候能多算一个 logloglog 出来）

最初的思想肯定是，先让可以“连锁反应”的地雷建立关系，这样引爆其中的一个地雷后，由“连锁反应”所引爆的地雷就不会被重复判断了，可以做到每个地雷至多被遍历一次。

需要发现一个很重要的细节就是，地雷引爆的关系是单向的，如果地雷 A 可以引爆地雷 B ，不一定能得出地雷 B 可以引爆地雷 A

所以整个“连锁反应”是一个有向图，不能使用并查集处理连通性。在建出有向图后索性直接用 dfs 暴力遍历即可，因为上面的思路已经保证了每个地雷至多遍历一次，所以 dfs 的复杂度是线性的

现在的问题转换为该如何快速建边，观察数据范围不难发现半径 rrr 给的特别小，所以可以将圆心用 map 映射一下，然后每次只需要遍历圆内的点尝试建边就好了

时间复杂度：O(n∗320∗logn)O(n*320*logn)O(n∗320∗logn)，这里的 320320320 代表的是半径为 101010 的圆内的点数

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e4+100;
struct Point {int x,y,r;void input() {scanf("%d%d%d",&x,&y,&r);}
}p1[N],p2[N];
bool vis[N];
map<pair<int,int>,vector<int>>mp;
vector<int>node[N];
int dfs(int u) {if(vis[u]) {return 0;}vis[u]=true;int ans=1;for(auto v:node[u]) {ans+=dfs(v);}return ans;
}
int main() {int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) {p1[i].input();mp[{p1[i].x,p1[i].y}].push_back(i);}for(int i=1;i<=m;i++) {p2[i].input();}for(int i=1;i<=n;i++) {for(int dx=-10;dx<=10;dx++) {for(int dy=-10;dy<=10;dy++) {LL x=p1[i].x,y=p1[i].y;LL xx=x+dx,yy=y+dy;LL r=p1[i].r;if((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy)<=r*r) {for(auto j:mp[{xx,yy}]) {node[i].push_back(j);}}}}}int ans=0;for(int i=1;i<=m;i++) {for(int dx=-10;dx<=10;dx++) {for(int dy=-10;dy<=10;dy++) {LL x=p2[i].x,y=p2[i].y;LL xx=x+dx,yy=y+dy;LL r=p2[i].r;if((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy)<=r*r) {for(auto j:mp[{xx,yy}]) {ans+=dfs(j);}}}}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

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