本文主要是介绍CH #46A - 磁力块 - （分块），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
题面：
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？
输入格式
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。
输出格式
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
数据范围与约定
对于30%的数据，1<=N<=1000。
对于100%的数据，1<=N<=250000，-10^9<=x,y<=10^9，1<=m,p,r<=10^9。
分析：
首先，假设手上有若干块磁铁，我要让我吸到的磁铁尽可能多，显然最简单的办法就是把手上的磁铁都拿来吸吸看，把能吸到的都吸过来，所以可以用类似于BFS的形式，对手头的磁铁用一个队列维护，取出队头磁铁尝试吸引，把能吸到的磁铁都入队，反复如此知道队列为空，即可知道已经吸到了所有能被吸过来的磁铁。
由于考虑一个磁铁能不能被吸引过来，要看满足两个条件与否：
1、距离 ≤ 吸引半径
2、手头磁铁的磁力 ≥ 被吸引的磁铁的质量
对平面上所有磁铁按照与我的距离从近到远进行升序排序，分成 T
块，显然每个分块内含有 O(NT)
个磁铁，再对每个分块内的磁铁按照质量升序排序，
那么，对于当前的查询 Q(p,r)，对于吸引半径 r，必然存在一个整数 k，满足：
1、第 1∼k个分块中所有磁铁距离均小于等于 r；
2、第 k+2个分块中所有磁铁距离均大于 r，不可能被吸引；
分类讨论：
①对于满足距离条件的第 1∼k个分块，分别从每个块的块头开始遍历，直到某一个磁铁质量大于磁力 p时就停止，同时将该磁铁设为新的块头；
②对于不确定是否满足距离条件的第 k+1个分块，暴力枚举块内所有磁铁，判断是否能被吸引，能吸引的就取走即可。
时间复杂度：
对于①，对于某一个分块，由于其中每个磁铁都只会被取走一次，均摊复杂度为 O(1)
，一次询问最多处理 O(T) 个分块，因此每次询问时间复杂度 O(T)；
对于②，每次询问需要 O(NT)的暴力枚举。
①和②合起来就是 O(T+NT)，显然取 T=√ N时最小，为 O(√N)；又最多有 O(N) 次询问，总时间复杂度 O(N√N)。
参考：https://www.cnblogs.com/dilthey/p/9789584.html。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 250006;
struct P {int x, y, m, p, r;
} p[N], q[N];
bool b[N];
int n, L[N], R[N], M[N];bool cmp(P a, P b) {return a.m < b.m;
}bool cmp0(P a, P b) {return (ll)(a.x - q[0].x) * (a.x - q[0].x) + (ll)(a.y - q[0].y) * (a.y - q[0].y) < (ll)(b.x - q[0].x) * (b.x - q[0].x) + (ll)(b.y - q[0].y) * (b.y - q[0].y);
}bool pd(P a, P b) {return (ll)(q[0].x - b.x) * (q[0].x - b.x) + (ll)(q[0].y - b.y) * (q[0].y - b.y) <= (ll)a.r * a.r;
}int main() {cin >> q[0].x >> q[0].y >> q[0].p >> q[0].r >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d %d %d %d %d", &p[i].x, &p[i].y, &p[i].m, &p[i].p, &p[i].r);sort(p + 1, p + n + 1, cmp);/// 按质量排序int t = sqrt(n); /// 块的大小/// 预处理每一块的左右端点和最大质量for (int i = 1; i <= t; i++) {L[i] = (i - 1) * t + 1;R[i] = i * t;M[i] = p[R[i]].m;sort(p + L[i], p + R[i] + 1, cmp0);/// 内部按距离排序}/// 末尾if (R[t] < n) {L[t+1] = R[t] + 1;R[++t] = n;M[t] = p[R[t]].m;sort(p + L[t], p + R[t] + 1, cmp0);}/// BFS框架int l = 0, r = 1;memset(b, 0, sizeof(b)); /// 搜索队列while (l < r) {int k = 0;for (int i = 1; i <= t; i++)if (M[i] <= q[l].p) k = i;else break;/// 第 1-k 个分块中所有磁铁距离均小于等于 rfor (int i = 1; i <= k; i++)while (L[i] <= R[i] && pd(q[l], p[L[i]])) {if (!b[L[i]]) {b[L[i]] = 1;q[r++] = p[L[i]];}++L[i];}/// 分别从每个块的块头开始遍历，直到某一个磁铁质量大于磁力 p 时就停止，同时将该磁铁设为新的块头if (t != k++)for (int i = L[k]; i <= R[k]; i++)if (!b[i] && p[i].m <= q[l].p && pd(q[l], p[i])) {b[i] = 1;q[r++] = p[i];}/// 尾巴（残余块处理）++l;}cout << r - 1 << endl;return 0;
}
这篇关于CH #46A - 磁力块 - （分块）的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
