FZU2018级算法第五次作业 missile（排序+枚举）

　　在解题报告之前，首先对同一次作业中另外一题（求逆序对）某人在未经冰少允许情况下，擅自登录冰少账号，原模原样剽窃冰少代码，并且最终还被评为优秀作业的行为表示严正抗议！

　　

题目大意：

　　二维平面上给出 n 个点。然而再给出两个源点，分别以这两个源点为圆心做两个圆，设半径为 r1,r2。要求n 个点中的每个点都要至少被一个圆包含（在圆周上也算）。在满足要求的条件下，半径平方之和$(r1^2 + r2^2)$越小越好（半径可以是 0）。

　　对于 100%的数据 1<=N<=100000,且所有点与原点的距离都不超过 1000。

　　输出只有一个整数，表示最小的半径平方之和$(r1^2 + r2^2)$。

解题思路：

　　首先解决精度问题，答案要求输入最小半径平方和，因此在求距离直接保留其距离平方即可，不要开根号防止爆精度情况发生。

　　其次分析题目，易证得，两个圆的半径大小要么为0，要么为该圆心到某个点的距离，因此，我们可以枚举第一个圆的半径大小，覆盖圆的个数，那么剩下的圆显然要被另一个圆覆盖。

　　对于每个点，我们记录该点其到圆1距离以及圆2的距离，然后对这些点到圆1距离从大到小进行排序，从n至0枚举圆1覆盖的圆的个数，同时，对距离圆2的距离维护前缀最大值，二者相加取min即可。注意，这里从n至0枚举是因为可以实时更新圆2的半径大小，而若从0-n枚举则需要后缀最大值，需要使用dp进行维护，且空间复杂度较高，因此从n-0枚举。

　　时间复杂度，点排序$O(nlogn)$，半径枚举$O(n)$，总时间复杂度$O(nlogn)$。

　　具体代码实现如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef pair <int,int> pii;
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<y;i++)
#define rept(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define per(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mes(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define mp make_pair
#define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" ";
#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<"\n";

int read()
{
    int ans=;
    int flag=;
    char ch;
    while( (ch=getchar())<'' || ch>'' )
        if(ch=='-') flag=-;
    while( ch>='' && ch<='' )
    {
        ans=ans*+ch-'';
        ch=getchar();
    }
    return flag*ans;
}
const int maxn=1e5+;

pii point[maxn];

int d(int x,int y,int ox,int oy)
{
    return (x-ox)*(x-ox)+(y-oy)*(y-oy);
}

bool comp(const pii &s1,const pii &s2)
{
    return s1.fi>s2.fi;
}

int main()
{
    int o1x,o2x,o1y,o2y;
    o1x=read();
    o1y=read();
    o2x=read();
    o2y=read();
    int n;
    n=read();
    rep(i,,n)
    {
        int x,y;
        x=read();
        y=read();
        point[i].fi=d(x,y,o1x,o1y);
        point[i].se=d(x,y,o2x,o2y);
    }
    sort(point,point+n,comp);
    int ans=point[].fi,r2=;
    rep(i,,n)
    {
        ans=min(ans,point[i].fi+r2);
        r2=max(r2,point[i].se);
    }
    ans=min(ans,r2);
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}