noip2010 导弹拦截&&vijos1810
描述
经过11 年的韬光养晦，某国研发出了一种新的导弹拦截系统，凡是与它的距离不超过其工作半径的导弹都能够被它成功拦截。当工作半径为0 时，则能够拦截与它位置恰好相同的导弹。但该导弹拦截系统也存在这样的缺陷：每套系统每天只能设定一次工作半径。而当天的使用代价，就是所有系统工作半径的平方和。 某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统尚处于试验阶段，所以只有两套系统投入工作。如果现在的要求是拦截所有的导弹，请计算这一天的最小使用代价。
格式
输入格式
第一行包含4 个整数x1、y1、x2、y2，每两个整数之间用一个空格隔开，表示这两套导弹拦截系统的坐标分别为(x1, y1)、(x2, y2)。
第二行包含1 个整数N(1 ≤ N ≤ 100000)。表示有N 颗导弹。
接下来N 行，每行两个整数x、y，中间用一个空格隔开，表示一颗导弹的坐标(x, y)。不同导弹的坐标可能相同。
所有坐标分量的绝对值都不超过1000。
输出格式
只有一行，包含一个整数，即当天的最小使用代价。
样例1
样例输入1
0 0 10 0
2
-3 3
10 0
样例输出1
18
样例2
样例输入2
0 0 6 0
5
-4 -2
-2 3
4 0
6 -2
9 1
样例输出2
30
限制
每个测试点1s。
提示
两个点(x1, y1)、(x2, y2)之间距离的平方是(x1− x2)2+(y1−y2)2。
两套系统工作半径r1、r2 的平方和，是指r1、r2 分别取平方后再求和，即r12 +r22 。
样例1说明：
样例1 中要拦截所有导弹，在满足最小使用代价的前提下，两套系统工作半径的平方分 别为18 和0。
样例2说明：
样例中的导弹拦截系统和导弹所在的位置如下图所示。要拦截所有导弹，在满足最小使用代价的前提下，两套系统工作半径的平方分别为20 和10。
来源
NOIP2010普及组
这种最终答案受两个因素影响的题目
想到枚举（二分）一个因素，然后再暴力求另一个因素
即枚举一个系统的半径（注意到坐标绝对值范围不超过1000）
我刚开始想到了这个方法
但我想的是每一次枚举后都扫描一遍
这样的复杂度是会爆的
看了题解之后才发现枚举一个因素的时候
因为是连续枚举嘛
所以另一个因素的变化也是连续的（即随着一个系统的半径的增大，它能覆盖到的点就会增加，而需要另一个系统覆盖的点就减少这几个）
因此想到要把点按离这个系统中心的距离排序
发现如果是递增的话
另一个系统取最大值不能O（1）处理
所以想到要递减
这样另一个系统的最大值就好办了
傻了傻了
吸取经验（总是傻在这种地方）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
struct node
{
int dis1,dis2;
}e[100005];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.dis1<b.dis1;
}
int main()
{
int x1,y1,x2,y2;int min=2*1e9;
scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);
int n,p,q;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&p,&q);
e[i].dis1=(p-x1)*(p-x1)+(q-y1)*(q-y1);
e[i].dis2=(p-x2)*(p-x2)+(q-y2)*(q-y2);
}
std::sort(e+1,e+1+n,cmp);
int max=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
max=max>e[i+1].dis2?max:e[i+1].dis2;
min=min<max+e[i].dis1?min:max+e[i].dis1;
}
printf("%d\n",min);
return 0;
}