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？

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。

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)

#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;
}