题目描述
在平面上，有 \(n\) 个圆，记为 \(c_1,c_2,\ldots,c_n\) 。我们尝试对这些圆运行这个算法：
- 找到这些圆中半径最大的。如果有多个半径最大的圆，选择编号最小的。记为 \(c_i\) 。
- 删除 \(c_i\) 及与其有交集的所有圆。两个圆有交集当且仅当平面上存在一个点，这个点同时在这两个圆的圆周上或圆内。（原文直译：如果平面上存在一个点被这两个圆所包含，我们称这两个圆有交集。一个点被一个圆包含，当且仅当它位于圆内或圆周上。）
- 重复上面两个步骤直到所有的圆都被删除。
当 \(c_i\) 被删除时，若循环中第1步选择的圆是 \(c_j\) ，我们说 \(c_i\) 被 \(c_j\) 删除。对于每个圆，求出它是被哪一个圆删除的。
\(n\leq 300000\)
题解
貌似不太好枚举每个圆，找出剩下的和这个圆相交的圆。
那就换一种思路。
枚举每个圆 \(i\)，找出第一个与这个圆相交且是作为最大的圆被删掉的圆。
前面的作为最大的圆被删掉的圆肯定是两两不相交的，且半径大于圆 \(c_i\)。
那么我们可以对前面的圆维护扫描线，每个圆和当前的直线 \(x=x_0\) 相交两次，可以用括号表示 。
而且由于这些圆两两不相交，括号相对次序不会变。
由于前面的圆半径都比它大，因此和它有交的圆必然经过 \(x=x_i+r_i\) 或 \(x=x_i-r_i\) 或 \(y=y_i-r_i\) 或 \(y=y_i+r_i\)。
所以我们可以在做扫描线时，查询这四个位置的平衡树上，当前圆的前驱后继。
但是这道题有很多个询问。
那就加上一个CDQ分治咯。
时间复杂度：\(O(n\log^2n)\)
实际上跑的比 k-d tree 还慢很多倍。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<functional>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
void sort(int &a,int &b)
{
if(a>b)
swap(a,b);
}
void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];
sprintf(str,"%s.in",s);
freopen(str,"r",stdin);
sprintf(str,"%s.out",s);
freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd()
{
int s=0,c,b=0;
while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');
if(c=='-')
{
c=getchar();
b=1;
}
do
{
s=s*10+c-'0';
}
while((c=getchar())>='0'&&c<='9');
return b?-s:s;
}
void put(int x)
{
if(!x)
{
putchar('0');
return;
}
static int c[20];
int t=0;
while(x)
{
c[++t]=x%10;
x/=10;
}
while(t)
putchar(c[t--]+'0');
}
int upmin(int &a,int b)
{
if(b<a)
{
a=b;
return 1;
}
return 0;
}
int upmax(int &a,int b)
{
if(b>a)
{
a=b;
return 1;
}
return 0;
}
const int N=300010;
const int inf=0x7f7f7f7f;
struct circle
{
ll x,y,r;
int id;
};
struct event
{
ll t;
int op;
int v;
event(){}
event(ll a,int b,int c)
{
t=a;
op=b;
v=c;
}
};
int cmp(circle a,circle b)
{
if(a.r!=b.r)
return a.r>b.r;
return a.id<b.id;
}
int cmp2(event a,event b)
{
return a.t<b.t;
}
int n;
circle a[N];
int ans[N];
int final[N];
int b[N];
int m;
event c[2*N];
set<pii> s;
int inter(int x,int y)
{
return (a[x].x-a[y].x)*(a[x].x-a[y].x)+(a[x].y-a[y].y)*(a[x].y-a[y].y)<=(a[x].r+a[y].r)*(a[x].r+a[y].r);
}
void solve(int l,int r)
{
if(l==r)
{
if(ans[l]==inf)
{
ans[l]=l;
b[l]=1;
}
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
m=0;
for(int i=l;i<=mid;i++)
if(b[i])
{
c[++m]=event(3*(a[i].x-a[i].r)-2,1,i);
c[++m]=event(3*(a[i].x+a[i].r),2,i);
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
c[++m]=event(3*(a[i].x-a[i].r)-1,3,i);
c[++m]=event(3*(a[i].x+a[i].r)-1,3,i);
}
sort(c+1,c+m+1,cmp2);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(c[i].op==1)
s.insert(pii(a[c[i].v].y,c[i].v));
else if(c[i].op==2)
s.erase(pii(a[c[i].v].y,c[i].v));
else
{
auto it=s.lower_bound(pii(a[c[i].v].y,0));
if(it!=s.end())
{
int x=it->second;
if(inter(x,c[i].v))
ans[c[i].v]=min(ans[c[i].v],x);
}
if(it!=s.begin())
{
it--;
int x=it->second;
if(inter(x,c[i].v))
ans[c[i].v]=min(ans[c[i].v],x);
}
}
m=0;
for(int i=l;i<=mid;i++)
if(b[i])
{
c[++m]=event(3*(a[i].y-a[i].r)-2,1,i);
c[++m]=event(3*(a[i].y+a[i].r),2,i);
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
c[++m]=event(3*(a[i].y-a[i].r)-1,3,i);
c[++m]=event(3*(a[i].y+a[i].r)-1,3,i);
}
sort(c+1,c+m+1,cmp2);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(c[i].op==1)
s.insert(pii(a[c[i].v].x,c[i].v));
else if(c[i].op==2)
s.erase(pii(a[c[i].v].x,c[i].v));
else
{
auto it=s.lower_bound(pii(a[c[i].v].x,0));
if(it!=s.end())
{
int x=it->second;
if(inter(x,c[i].v))
ans[c[i].v]=min(ans[c[i].v],x);
}
if(it!=s.begin())
{
it--;
int x=it->second;
if(inter(x,c[i].v))
ans[c[i].v]=min(ans[c[i].v],x);
}
}
solve(mid+1,r);
}
int main()
{
open("circle");
scanf("%d",&n);
ll minx=0x7fffffff,miny=0x7fffffff;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
// scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].r);
a[i].x=rd();
a[i].y=rd();
a[i].r=rd();
a[i].id=i;
minx=min(minx,a[i].x);
miny=min(miny,a[i].y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].x=a[i].x-minx+1;
a[i].y=a[i].y-miny+1;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
memset(ans,0x7f,sizeof ans);
solve(1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
final[a[i].id]=a[ans[i]].id;
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",final[i]);
printf("\n");
return 0;
}