\(\text{I love Wordle!!!}\)
I guessed this 5-letter word in 6/6 tries.
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Can you guess this word?
\(\frak{Description}\)
\(\frak{Solution}\)
一点题外话："高端的食材，往往只需要简单的烹饪。"
回归正题，先处理出所有能被覆盖的景点数，即为第一问的答案。剩下的部分需要知道一个结论：
对于一个合法（即覆盖所有点，且所有圆都与太阳花田有交）的圆与点的匹配，一定为每个圆匹配的点是按照 \(x\) 排序后的一段。
证明可以看看下面这张图：
不妨令太阳花田的边界恒为水平，我们可以适当旋转这张图使得 \(x\) 的横坐标大于 \(y\) 的横坐标，若前一个圆能取到点 \(x\) 但取不到点 \(y\)，后一个圆能取到点 \(y\) 但取不到点 \(x\) 的情况不可能存在即可证明此命题。其实 "圆心必在太阳花田外，点必在太阳花田内" 是一个很强的限制，它强制了 \(x,y\) 必须至少相对 两圆心连线 在同侧，转一转就能发现这种情况一定不存在。
现在我们证明了每个圆统治了 完整 的一段点区间，那当然每个圆匹配（可以匹配 \(\ne\) 匹配）的点就是按照 \(x\) 排序后的一段咯。
那这个结论能否拓展到圆半径不同的情况呢？可惜这是行不通的。我这里嫖了一张图：
我猜想，这个结论对于 "两圆的交由两个圆的劣弧组成" 的情况是成立的，但如果存在优弧，就会出现上图的情况。
不过这个结论有啥用呢？先给出异常朴素的 \(\mathtt{dp}\) 定义：令 \(dp_{i,j,k}\) 为前 \(i\) 个景点，上一个使用的圆（\(y>R\)）为 \(j\)，上一个使用的圆（\(y<0\)）为 \(k\) 的最小花费，在 \(\mathtt{dp}\) 之前，还需要将所有景点按横坐标排序。你可能感觉这个 \(\mathtt{dp}\) 状态有什么大病，因为如果不记录选过的圆，可能出现选 \(x\) 后选 \(y\)，然后又选 \(x\)，这不就重复统计 \(x\) 的花费了吗？依据结论，这种情况实际上并不存在。时间复杂度是朴实无华的 \(\mathcal O(n^4)\).
彩蛋：学习隔壁老王的博客得到一个网络流的 \(\rm trick\)，就是对于 "优先选择哪些边" 时，可以用费用流，将优先边赋一个更优秀的权值。
\(\frak{Code}\)
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' || s<'0')
f |= (s=='-');
while(s>='0' && s<='9')
x = (x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s = getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10,x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48),w_tp);
}
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 105;
ll R;
int dp[maxn][maxn][maxn];
int n,m,co[2][maxn],p1,p2,c[maxn];
struct node {
int x,y;
bool operator < (const node& t) const {
return x<t.x;
}
} s[maxn],t[maxn],p[2][maxn];
bool arr(const node& i,int j) {
return 1ll*(i.x-s[j].x)*(i.x-s[j].x)+
1ll*(i.y-s[j].y)*(i.y-s[j].y)<=R;
}
int main() {
n=read(9), m=read(9), R=read(9); R*=R;
for(int i=1;i<=n;++i) s[i].x=read(9), s[i].y=read(9);
for(int i=1;i<=m;++i) t[i].x=read(9), t[i].y=read(9), c[i]=read(9);
int siz=n; n=0;
for(int i=1;i<=siz;++i) for(int j=1;j<=m;++j)
if(arr(t[j],i)) { s[++n] = s[i]; break; }
sort(s+1,s+n+1);
print(n,'\n');
for(int i=1;i<=m;++i)
if(t[i].y<0) p[1][++p2]=t[i], co[1][p2]=c[i];
else p[0][++p1]=t[i], co[0][p1]=c[i];
memset(dp,0x3f,sizeof dp); dp[0][0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=p1;++j) for(int k=0;k<=p2;++k) {
if(j && arr(p[0][j],i)) {
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
for(int l=0;l<=p1;++l)
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k],dp[i-1][l][k]+co[0][j]);
}
if(k && arr(p[1][k],i)) {
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
for(int l=0;l<=p2;++l)
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][l]+co[1][k]);
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i=0;i<=p1;++i)
for(int j=0;j<=p2;++j)
ans = min(ans,dp[n][i][j]);
print(ans,'\n');
return 0;
}
