磁力块
题目描述
在一片广袤无垠的原野上,散落着N块磁石。每个磁石的性质可以用一个五元组(x,y,m,p,r)描述,其中x,y表示其坐标,m是磁石的质量,p是磁力,r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。
小取酒带着一块自己的磁石L来到了这篇原野的(x0,y0)处,我们可以视为磁石L的坐标为(x0,y0)。小取酒手持磁石L并保持原地不动,所有可以被L吸引的磁石将会被吸引过来。在每个时刻,他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)处吸引更多的磁石。小取酒想知道,他最多能获得多少块磁石呢?
小取酒带着一块自己的磁石L来到了这篇原野的(x0,y0)处,我们可以视为磁石L的坐标为(x0,y0)。小取酒手持磁石L并保持原地不动,所有可以被L吸引的磁石将会被吸引过来。在每个时刻,他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)处吸引更多的磁石。小取酒想知道,他最多能获得多少块磁石呢?
输入
第一行五个整数x0,y0,pL,rL,N,表示小取酒所在的位置,磁石L磁力、吸引半径和原野上散落磁石的个数。
接下来N行每行五个整数x,y,m,p,r,描述一块磁石的性质。
接下来N行每行五个整数x,y,m,p,r,描述一块磁石的性质。
输出
输出一个整数,表示最多可以获得的散落磁石个数(不包含最初携带的磁石L)
样例输入
0 0 5 10 5
5 4 7 11 5
-7 1 4 7 8
0 2 13 5 6
2 -3 9 3 4
13 5 1 9 9
样例输出
3
提示
对于30%的数据,1<=N<=1000。
对于另外30%的数据,p=r。
对于100%的数据,1<=N<=250000,-10^9<=x,y<=10^9,1<=m,p,r<=10^9。
BFS,把手里的磁石放进队列中,每次将队首元素能吸引的加进来 问题就是快速判断哪些磁石能被吸引 能被吸引的磁石需要满足 m<=p, dis<=r 先把所有磁石按照质量排序,然后分块,每块内按照距离重新排序 那么对当前磁石来说,肯定存在一个k,前1~k段每块磁石质量都比该块磁石的磁力小,k+1段之后每块磁石质量都比它大 对于1~k段,因为每块内都按照距离排序了,因此能被吸引的一定是位于该段开头部分,我们从前往后扫描,扫到不能吸引为止,然后更新区间左端点 对于第k段,暴力扫描,把能吸引的加进来即可
复杂度o(n√n)
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#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=3e5+10; const int block=500; int n,m,cnt; double x,y,xx,yy; int L[block],R[block],M[block]; bool vis[N]; struct orz{ int p,r;}; queue<orz>q; struct stu{ int p,r,m; double dis;}a[N]; double dist(double x,double y) { return sqrt((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy)); } bool cmp1(stu a,stu b) { return a.m<b.m; } bool cmp2(stu a,stu b) { return a.dis<b.dis; } int main() { int p,r,n; scanf("%lf%lf%d%d%d",&xx,&yy,&p,&r,&n); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lf%lf",&x,&y); a[i].dis=dist(x,y); scanf("%d%d%d",&a[i].m,&a[i].p,&a[i].r); } sort(a+1,a+1+n,cmp1); for (int i=1;i<=n;i+=block) { L[++cnt]=i;R[cnt]=min(cnt*block,n); M[cnt]=a[R[cnt]].m; sort(a+i,a+R[cnt]+1,cmp2); } int ans=0; q.push({p,r}); while (!q.empty()) { orz now=q.front(); q.pop(); for (int i=1;i<=cnt;i++) { if (M[i]>now.p) { for (int j=L[i];j<=R[i];j++) if (a[j].m<=now.p && a[j].dis<now.r && !vis[j]) { vis[j]=1; ans++; q.push({a[j].p,a[j].r}); } break; } while (L[i]<=R[i] && a[L[i]].dis<=now.r) { if (!vis[L[i]]) { vis[L[i]]=1; ans++; q.push({a[L[i]].p,a[L[i]].r}); } L[i]++; } } } printf("%d\n",ans); return 0; }