ACdream 1127(Base Station-树状数组-2个约束条件)

Base Station

Time Limit: 20000/10000MS (Java/Others)Memory Limit: 512000/256000KB (Java/Others)

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Problem

Problem Description

移动通信系统中。通信网的建立主要通过基站来完毕。

基站能够分为主基站和子基站。子基站和各个移动用户进行连接，子基站必须通过主基站来和外界实现通信。主基站能够覆盖到的范围是一个圆形区域，子基站和主基站的距离小于半径r才干被该主基站覆盖到。半径r由主基站的发射功率确定。

某个区域的移动通信网，包括2个主基站和N个子基站。它们的位置都能够相应到一个整数坐标上。假设子基站至少被一个主基站覆盖。则该子基站是激活的。

如今通信公司在调试设备，它们不停地改变主基站的发射功率。当两个主基站的覆盖半径分别为r1和r2时，须要知道有多少个子基站处于非激活状态。

Input

有若干组输入数据。

第一行是四个整数：x1、y1、x2、y2（1<=x1、y1、x2、y2<=10^9），表示两个主基站的坐标是（x1,y1）和（x2,y2）。

第二行是一个整数N（1<=N<=100000），表示有N个子基站。

接下来的N行。每行两个整数x、y(1<=x, y<=10^9)。表示每一个子基站的坐标。

接下来一行包括一个整数M（1<=M<=100000），表示有M个询问。

接下来的M行。每行两个整数r1、r2(1<=r1, r2<=10^9)。表示询问当两个主基站的覆盖半径为r1和r2时。处于非激活状态的子基站数。

Output

对每一个查询，输出答案。

Sample Input

1 10 5 2
5
2 6
1 9
3 8
6 7
4 12
5
1 1
3 2
8 2
2 2
3 2

Sample Output

5
3
0
4
3

Hint

Source

kuangbin

Manager

Dshawn

将基站到2个主站的距离^2表示成二维坐标

则本题的询问表示成半径^2

本题等价于“平面上有n个点，问n-横坐标<r1或纵坐标<r2的点数".

用树状数组维护。先依照x从小到大插入，询问y值，得到左下角点数->左上角点数。

接着用容斥。求右上角的点数

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<functional>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<ctime>
using namespace std;
#define For(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define Fork(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define Rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define ForD(i,n) for(int i=n;i;i--)
#define RepD(i,n) for(int i=n;i>=0;i--)
#define Forp(x) for(int p=pre[x];p;p=next[p])
#define Lson (x<<1)
#define Rson ((x<<1)+1)
#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a));
#define MEMI(a) memset(a,127,sizeof(a));
#define MEMi(a) memset(a,128,sizeof(a));
#define INF (2139062143)
#define F (100000007)
#define MAXN (100000+10)
#define MAXXi (1000000000)
#define MAXM (100000+10)
long long mul(long long a,long long b){return (a*b)%F;}
long long add(long long a,long long b){return (a+b)%F;}
long long sub(long long a,long long b){return (a-b+(a-b)/F*F+F)%F;}
typedef long long ll;
int n,X1,Y1,X2,Y2,m,tot;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll sqr(ll x){return x*x;}
ll dis2(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){return sqr(x1-x2)+sqr(y1-y2);}
struct arr_tree
{
	int a[MAXN+MAXM*6];
	void reset(){ MEM(a) }
	void add1(int x)
	{
		for(;x<=tot;x+=lowbit(x)) a[x]++;
	}
	int sum(int x)
	{
		int ans=0;
		for(;x>0;x-=lowbit(x)) ans+=a[x];
		return ans;
	}
}T;
struct node
{
	ll x,y; //距离^2
	friend bool operator<(node a,node b){return a.x<b.x;	}
}a[MAXN*2];
struct comm
{
	ll r1,r2; //半径^2
	int i;
	friend bool operator<(comm a,comm b){return a.r1<b.r1;	}
}ask[MAXM*2];
int ans[MAXM*2];
ll y_[MAXN+MAXM*2];
int loc(ll y)
{
	return lower_bound(y_+1,y_+1+tot,y)-y_;
}
int main()
{
	while (scanf("%d%d%d%d",&X1,&Y1,&X2,&Y2)==4)
	{
		T.reset();
		scanf("%d",&n);
		For(i,n)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			a[i].x=dis2(x,y,X1,Y1);a[i].y=dis2(x,y,X2,Y2);
			y_[i]=a[i].y;
		}
		sort(a+1,a+1+n);
		scanf("%d",&m);
		For(i,m)
		{
			int r1,r2;
			scanf("%d%d",&r1,&r2);
			ask[i].i=i;ask[i].r1=sqr(r1);ask[i].r2=sqr(r2);
			y_[n+i]=ask[i].r2;
		}
		sort(ask+1,ask+1+m);	

		sort(y_+1,y_+n+m+1);
		tot=unique(y_+1,y_+n+m+1)-(y_+1);

		int j=1;
		For(i,m)
		{
			while(j<=n&&a[j].x<ask[i].r1) T.add1(loc(a[j].y)),j++;
			ans[ask[i].i]=j-1-T.sum(loc(ask[i].r2)-1);
		}
		while(j<=n) T.add1(loc(a[j].y)),j++;
		For(i,m) ans[ask[i].i]+=T.sum(loc(ask[i].r2)-1);
		For(i,m) printf("%d\n",n-ans[i]);
	}
	return 0;
}