题目描述
在Byteland的首都，有一个矩形围栏围起来的公园。在这个公园里树和访客都以一个圆形表示。公园有四个出入口，每个角落一个（1=左下角，2=右下角，3=右上角，4=左上角）。访客能通过这些出入口进出公园。访客在同时碰到一个角落的两条边时就可以通过该角落进出公园。访客在公园里可以自由地移动，但他们不能和树和围栏相交。对于每个访客，给定他们进入公园的出入口，你的任务是计算他们能在哪个出入口离开公园。
输入
输入的第一行包含两个整数：n,m:树的数量和访客的数量。
第二行包含两个整数：w,h:公园的宽和高。左下角的坐标是（0,0），右上角的坐标是（w,h）。
接下来的n行描述每棵树。
每行包含3个整数：x,y,r:树的圆心是（x,y），半径是r。每棵树都不会和其他树和围栏相交。
最后m行描述每个访客。每行包含2个整数：r,e：访客的半径和他们进入公园的出入口。
数据保证没有一棵树会和每个角落的2k*2k的方形区域相交，k是最大的访客半径。
1<=N<=2000
1<=M<=100000
4k<w,h<=10^9
输出
对于每个访客你要输出一行，包含了他们能在哪些出入口离开公园，以从小到大的顺序输出，不需要空格分隔。
样例输入
5 3
16 11
11 8 1
6 10 1
7 3 2
10 4 1
15 5 1
1 1
2 2
2 1
样例输出
1234
2
14
题解
离线+对偶图+并查集
套路：如果两棵树或树与边界之间无法通过，则视作它们之间连了一条边。
那么左下角能到右下角等价于：下边界与左、上、右边界都不连通。其余同理。
然而每个人的半径都不同，对每个人单独处理必T无疑。考虑离线，将人按照半径、树与树和树与边界按照能通过的最大距离从小到大排序然后处理即可。
连通性可以直接使用并查集维护。
时间复杂度 $O(n^2\log n+m\log m+m\times 常数)$
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define squ(x) (x) * (x)
using namespace std;
struct data
{
double d;
int x , y;
data() {}
data(double a , int b , int c) {d = a , x = b , y = c;}
bool operator<(const data &a)const {return d < a.d;}
}a[2007010] , q[100010];
double px[2010] , py[2010] , pr[2010];
int f[2010] , ans[100010] , tot;
int find(int x)
{
return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}
int main()
{
int n , m , i , j , p = 1 , t1 , t2 , t3 , t4;
double w , h;
scanf("%d%d%lf%lf" , &n , &m , &w , &h);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%lf%lf%lf" , &px[i] , &py[i] , &pr[i]);
a[++tot] = data(px[i] - pr[i] , i , n + 1);
a[++tot] = data(py[i] - pr[i] , i , n + 2);
a[++tot] = data(w - px[i] - pr[i] , i , n + 3);
a[++tot] = data(h - py[i] - pr[i] , i , n + 4);
for(j = 1 ; j < i ; j ++ ) a[++tot] = data(sqrt(squ(px[i] - px[j]) + squ(py[i] - py[j])) - pr[i] - pr[j] , i , j);
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%lf%d" , &q[i].d , &q[i].x) , q[i].d *= 2 , q[i].y = i;
sort(a + 1 , a + tot + 1) , sort(q + 1 , q + m + 1);
for(i = 1 ; i <= n + 4 ; i ++ ) f[i] = i;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(p <= tot && a[p].d < q[i].d) f[find(a[p].x)] = find(a[p].y) , p ++ ;
t1 = find(n + 1);
t2 = find(n + 2);
t3 = find(n + 3);
t4 = find(n + 4);
if(q[i].x == 1)
{
ans[q[i].y] |= (1 << 1);
if(t2 != t1 && t2 != t3 && t2 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 2);
if(t1 != t2 && t1 != t3 && t2 != t4 && t3 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 3);
if(t1 != t2 && t1 != t3 && t1 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 4);
}
else if(q[i].x == 2)
{
ans[q[i].y] |= (1 << 2);
if(t2 != t1 && t2 != t3 && t2 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 1);
if(t3 != t1 && t3 != t2 && t3 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 3);
if(t1 != t3 && t1 != t4 && t2 != t3 && t2 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 4);
}
else if(q[i].x == 3)
{
ans[q[i].y] |= (1 << 3);
if(t1 != t2 && t1 != t3 && t2 != t4 && t3 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 1);
if(t3 != t1 && t3 != t2 && t3 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 2);
if(t4 != t1 && t4 != t2 && t4 != t3) ans[q[i].y] |= (1 << 4);
}
else
{
ans[q[i].y] |= (1 << 4);
if(t1 != t2 && t1 != t3 && t1 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 1);
if(t1 != t3 && t1 != t4 && t2 != t3 && t2 != t4) ans[q[i].y] |= (1 << 2);
if(t4 != t1 && t4 != t2 && t4 != t3) ans[q[i].y] |= (1 << 3);
}
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= 4 ; j ++ )
if(ans[i] & (1 << j))
printf("%d" , j);
puts("");
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8485421.html