[GDKOI模拟2016.01.26][JZOJ4218]补给站

题目大意

平面上有两个圆，坐标分别为(xa,ya)、(xb,yb)，还有n个点，坐标分别为(xi,yi)。

有q个询问，每次给出两个圆各自半径r1和r2。要求输出有多少个点被至少一个圆覆盖（圆周也算在内）。

本题所有数字都为整数。

1≤n≤200000,1≤q≤100000,−100000≤x,y≤100000,0≤r≤300000

题目分析

一个点(x,y)在半径为r、圆心为(x0,y0)的圆内（或圆上）当且仅当：

(x0−x)2+(y0−y)2≤r2

在题目中圆心和点的位置都是在询问前知道的，于是我们提前计算每个点与两个圆心不等式左边式子的值，也就是到圆心距离的平方，用这两个值作为新的关键字。

那么给出r之后，小于等于r2的关键字个数就是被这个圆覆盖的点的个数。

如果是一个圆，那我们直接快排二分就行了，但是这里是两个圆，答案为两个圆各自覆盖的点的个数和减去同时覆盖的点的个数。

怎么求同时满足两个小于等于的约束的点的个数呢？我们将两个新的关键字（xn和yn）作为每个点的坐标，那么这个约束就可以看成平面中一个小平面[0...xn][0...yn]内点的个数。

显然我们可以对其中一维排序，另一位离散化之后在数据结构中插值。显然这里选用主席树是最好的。

时间复杂度O((n+q)logn2)，空间复杂度O(nlogn2)。

当然，这是这题对询问在线的做法，如果通过对询问离线的方法，我们可以用更加简单的树状数组等数据结构来做，空间复杂度可以降为O(n)。个人认为主席树代码复杂度并不大，换离线方法也不会好到哪里去，于是在这里不讨论离线做法。

代码实现

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cctype>

using namespace std;

typedef long long LL;

int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}

const int N=200005;
const int S=6000005;

struct P
{
int xn,yn;
LL x,y;
P (LL x0=0,LL y0=0){x=x0,y=y0;}
}p[N+1],A,B;

P operator-(P a,P b)
{
return P(a.x-b.x,a.y-b.y);
}

struct D
{
LL v;
int id,rank;
}s[2][N+1];

bool operator<(D a,D b)
{
return a.v<b.v;
}

int n,m,cnt1,cnt2;

struct Chairman_Tree
{
int son[S+1][2],size[S+1];
int root[N+1];
int tot;

void init()
{
memset(son,0,sizeof son);
memset(size,0,sizeof size);
memset(root,0,sizeof root);
tot=0;
root[0]=newnode();
}

int newnode()
{
son[tot][0]=son[tot][1]=size[tot]=0;
return tot++;
}

void insert(int &rt,int rt0,int l,int r,int x)
{
rt=newnode();
son[rt][0]=son[rt0][0];
son[rt][1]=son[rt0][1];
size[rt]=size[rt0]+1;
if (l==r)
return;
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid)
insert(son[rt][0],son[rt0][0],l,mid,x);
else
insert(son[rt][1],son[rt0][1],mid+1,r,x);
}

int query(int rt,int st,int en,int l,int r)
{
if (!rt)
return 0;
if (st==l&&en==r)
return size[rt];
int mid=l+r>>1;
if (en<=mid)
return query(son[rt][0],st,en,l,mid);
else
if (mid+1<=st)
return query(son[rt][1],st,en,mid+1,r);
else
return query(son[rt][0],st,mid,l,mid)+query(son[rt][1],mid+1,en,mid+1,r);
}
}t;

int main()
{
freopen("supply.in","r",stdin);
freopen("supply.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
A.x=read(),A.y=read(),B.x=read(),B.y=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
p[i].x=read(),p[i].y=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
{
P pa=p[i]-A,pb=p[i]-B;
s[0][i].v=pa.x*pa.x+pa.y*pa.y,s[1][i].v=pb.x*pb.x+pb.y*pb.y;
s[0][i].id=i,s[1][i].id=i;
}
sort(s[0]+1,s[0]+1+n);
sort(s[1]+1,s[1]+1+n);
s[0][0].v=-1;
cnt1=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
p[s[0][i].id].xn=(s[0][i].v!=s[0][i-1].v)?++cnt1:cnt1;
s[0][i].rank=cnt1;
}
s[1][0].v=-1;
cnt2=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
p[s[1][i].id].yn=(s[1][i].v!=s[1][i-1].v)?++cnt2:cnt2;
s[1][i].rank=cnt2;
}
t.init();
for (int i=1;i<=n;i++)
t.insert(t.root[i],t.root[i-1],1,cnt2,p[s[0][i].id].yn);
for (int i=1,r1,r2;i<=m;i++)
{
r1=read(),r2=read();
LL s1=(LL)r1*r1,s2=(LL)r2*r2;
int l=1,r=n,p1=0;
while (l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if (s[0][mid].v<=s1)
{
p1=mid;
l=mid+1;
}
else
r=mid-1;
}
int p2=0;
l=1,r=n;
while (l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if (s[1][mid].v<=s2)
{
p2=mid;
l=mid+1;
}
else
r=mid-1;
}
p2=s[1][p2].rank;
int ans1=p2?t.query(t.root
,1,p2,1,cnt2):0;
int ans2=t.query(t.root[p1],1,cnt2,1,cnt2);
int ans3=p2?t.query(t.root[p1],1,p2,1,cnt2):0;
ans1=ans1+ans2-ans3;
printf("%d\n",ans1);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}