upc spring 对顶堆 + 贪心

spring
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题目描述
A国的森林深处，圣泉的清流正在潺潺流淌⋯⋯
那是智者所在之地，给即将去往远方的旅者以灵魂的冲洗，小Y也即将在此拭去心灵上的污垢，以纯洁之魂走向重生。
森林很深，不妨把其看作是一个平面直角坐标系。圣泉有两处，一处位于(X1,Y1)，另一处位于(X2,Y2)。小Y有n个记忆碎片，第i个位于(xi,yi)。小Y可以给两处圣泉分别设定其半径r1,r2，使得每一个碎片都至少属于一个圣泉的范围之中。
由于小Y身为A国的魔法师，灵魂本就是清澈的，所以他可以向智者请求先拾取不超过k个记忆碎片，然后设定r1,r2，使剩下的那些记忆碎片被两处圣泉所覆盖。
由于圣泉的水是纯洁而不容任何污垢的，所以小Y必须让圣泉的所覆盖的范围尽量小，也就是使r12+r22尽量小。
你作为小Y的挚友，当然愿意帮助他求出这个问题，使他的灵魂得到重生。
输入
第一行共6个整数，n,k,X1,Y1,X2,Y2，含义如题所述。
接下来的n行，每行两个整数xi,yi，表示第i个记忆碎片的位置。
输出
共一行，表示r12+r22的最小值。
样例输入 Copy
3 1 0 0 4 2
0 1
2 2
100 100
样例输出 Copy
5
提示
样例解释
显然先取走第3个记忆碎片，然后令r1=1,r2=2便可覆盖剩下2个记忆碎片。

对于100%的数据，0≤k<n≤2×105,|xi|,|yi|≤109。

感觉这个题感觉水水就过去了，我自己也不是很明白为什么这么贪心是正确的

下面说一下我怎么贪的吧。

感觉要让 r1 ^ 2 + r2 ^ 2 最小，我们不能像数学那样直接手写不等式推出来，这可是电脑，那么我们可以分为两种情况：
(1)让 r1 尽可能小的情况下，算出 r2.
(2)让 r2 尽可能小的情况下，算出 r1.
感觉如果两种都不是最优情况，那么答案应该是比一种是最优情况大的，基本靠感觉。。
以下说的是第一种情况
怎么让 r1 尽可能小而且枚举起来很方便呢？可以考虑对 r1 排个序，从 1 ~ n 枚举 ，每次的 a [ i ] . r1 就是当前被第一个圣泉包围的半径平方，现在只需要考虑 i + 1 ~ n 的碎片，这些碎片应该被第二个圣泉包围，也就是说，我们要求出 i + 1 ~ n 中，第 k + 1 大的半径平方，这个数可以覆盖掉后面所有碎片，因为可以去掉 k 个嘛，比 k + 1 大的碎片都可以直接去掉。显然求第 k 大数可以用对顶堆来求解，可以预处理一个数组来存，到这推就行了，还要注意假如到了第 i 个点，那么应该算的是第 i + 1 个点与 x2 y2 的距离，因为第 i 个点已经被第一个圣泉覆盖掉了。

感谢巨巨的建议，可以把原来的代码改成从0开始，即可枚举所有的情况。

修改过的代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> PII;

const int N=300010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;

LL pre[N],ans=5e18;
struct Node
{
    LL x1,x2;
    LL x,y;
}a[N];

bool cmp(Node x,Node y)
{
    if(x.x1!=y.x1) return x.x1<y.x1;
    else return x.x2<y.x2;
}

LL get_dis(LL x1,LL y1,LL x2,LL y2)
{
    LL dx=x1-x2;
    LL dy=y1-y2;
    return dx*dx+dy*dy;
}

int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);

    LL n,k,x1,x2,y1,y2;
    cin>>n>>k>>x1>>y1>>x2>>y2;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL w,z;
        scanf("%lld%lld",&w,&z);
        LL r1=get_dis(w,z,x1,y1);
        LL r2=get_dis(w,z,x2,y2);   
        a[i]={r1,r2,w,z};
    }
    
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    priority_queue<LL>q1;
    priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >q2;
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
    {
        LL t=get_dis(a[i+1].x,a[i+1].y,x2,y2);
        if(q2.size()<k) q2.push(t);
        else
        {
            if(q2.size()&&t>q2.top())
            {
                q1.push(q2.top());
                q2.pop();
                q2.push(t);
            }
            else
                q1.push(t);
            if(q1.size()) pre[i]=q1.top();
            else pre[i]=0;
        }
    }

    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        LL r1=a[i].x1,r2=pre[i];
        ans=min(ans,r1+r2);
    }
    
    printf("%lld\n",ans);



	return 0;
}

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> PII;

const int N=300010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;

LL pre1[N],pre2[N],ans=5e18;
struct Node
{
    LL x1,x2;
    LL x,y;
}a[N];

bool cmp1(Node x,Node y)
{
    if(x.x1!=y.x1) return x.x1<y.x1;
    else return x.x2<y.x2;
}

bool cmp2(Node x,Node y)
{
    if(x.x2!=y.x2) return x.x2<y.x2;
    else return x.x1<y.x1;
}

LL get_dis(LL x1,LL y1,LL x2,LL y2)
{
    LL dx=x1-x2;
    LL dy=y1-y2;
    return dx*dx+dy*dy;
}

int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);

    LL n,k,x1,x2,y1,y2;
    cin>>n>>k>>x1>>y1>>x2>>y2;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL w,z;
        scanf("%lld%lld",&w,&z);
        a[i].x=w,a[i].y=z;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL r1=get_dis(a[i].x,a[i].y,x1,y1);
        LL r2=get_dis(a[i].x,a[i].y,x2,y2);
        a[i].x1=r1,a[i].x2=r2;
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp1);
    priority_queue<LL>q1;
    priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >q2;
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
    {
        LL t=get_dis(a[i+1].x,a[i+1].y,x2,y2);
        if(q2.size()<k) q2.push(t);
        else
        {
            if(q2.size()&&t>q2.top())//以防 k==0 RE 
            {
                q1.push(q2.top());
                q2.pop();
                q2.push(t);
            }
            else
                q1.push(t);
            if(q1.size()) pre1[i]=q1.top();
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL r1=a[i].x1,r2=pre1[i];
        ans=min(ans,r1+r2);
    }

    sort(a+1,a+1+n,cmp2);
    priority_queue<LL>q3;
    priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >q4;
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
    {
        LL t=get_dis(a[i+1].x,a[i+1].y,x1,y1);
        if(q4.size()<k) q4.push(t);
        else
        {
            if(q4.size()&&t>q4.top())
            {
                q3.push(q4.top());
                q4.pop();
                q4.push(t);
            }
            else
                q3.push(t);
            if(q3.size()) pre2[i]=q3.top();
            else pre2[i]=0;
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL r1=a[i].x2,r2=pre2[i];
        ans=min(ans,r1+r2);
    }

    printf("%lld\n",ans);



	return 0;
}