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https://ac.nowcoder.com/acm/problem/51114

题意

有 NNN 块磁石，每个磁石的性质可以用一个五元组 (x,y,m,p,r)(x,y,m,p,r)(x,y,m,p,r) 描述，其中 x,yx,yx,y 表示其坐标，mmm是磁石的质量，ppp 是磁力，rrr 是吸引半径

若磁石 A 与磁石 B 的距离不大于磁石A的吸引半径，并且磁石 B 的质量不大于磁石 A 的磁力，那么 A 可以吸引 B

现在有一块磁石 L，坐标为 (x0,y0)(x0,y0)(x0,y0)，保持原地不动，所有可以被 L 吸引的磁石将会被吸引过来。
在每个时刻，可以选择更换任意一块自己已经获得的磁石（当然也可以是自己最初携带的L磁石）在 (x0,y0)(x0,y0)(x0,y0) 处吸引更多的磁石

最多能获得多少块磁石？

思路

分块

利用 BFS，建立队列，先将磁石 L 放入队列

将 nnn 块磁石按照质量从小到大排序并分成 n\sqrt{n}n 段，再将每一段中磁石按离 (x0,y0)(x0,y0)(x0,y0) 的距离从小到大排序

每次队头磁石吸引磁石时，必能找到第 kkk 段使：

1∼k−11 \sim k-11∼k−1 段中的每一块磁石的质量都小于等于队头的磁力

k+1k+1k+1 段后的磁石的质量都大于队头的磁力

因此对于 1∼k−11 \sim k-11∼k−1 段的磁石，如果该块磁石未被吸引并且距离小于等于队头的磁力，入队，当扫描到第一个距离大于队头的磁力时，将该段的段首改为该点，这样已经被吸引的磁石就不会被扫描到

对于第 kkk 段的磁石，朴素扫描即可

时间复杂度为 O(nn)O(n\sqrt{n})O(nn)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int n,t;
ll x_0,y_0;
int cnt;
int L[500],R[500],M[500];
bool st[N];
int ans;
struct node {int m,p;ll d,r;
}s[N];
bool cmp1(node a,node b) {return a.m<b.m;
}
bool cmp2(node a,node b) {return a.d<b.d;
}
void pre() {cin>>x_0>>y_0>>s[0].p>>s[0].r>>n;s[0].r*=s[0].r;for(int i=1;i<=n;i++) {ll x,y,r;int m,p;cin>>x>>y>>m>>p>>r;s[++cnt]={m,p,(x-x_0)*(x-x_0)+(y-y_0)*(y-y_0),r*r};} sort(s+1,s+1+n,cmp1);t=sqrt(n);for(int i=1;i<=t;i++) {L[i]=R[i-1]+1;R[i]=i*t;}if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;for(int i=1;i<=t;i++) {M[i]=s[R[i]].m;sort(s+L[i],s+1+R[i],cmp2);}
}
void bfs() {queue<int>q;q.push(0);while(!q.empty()) {int now=q.front();q.pop();for(int i=1;i<=t;i++) {if(M[i]>s[now].p) {for(int j=L[i];j<=R[i];j++) {if(!st[j]&&s[j].m<=s[now].p&&s[j].d<=s[now].r) {st[j]=true;ans++;q.push(j);}else if(s[j].d>s[now].r) break;}break;}while(L[i]<=R[i]&&s[L[i]].d<=s[now].r) {if(!st[L[i]]) {st[L[i]]=true;ans++;q.push(L[i]);}L[i]++;}}}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);pre();bfs();cout<<ans<<endl;return 0;
}

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