AcWing 443. 导弹拦截 （排序+贪心+枚举）

AcWing 443. 导弹拦截 题目链接

经过 11 年的韬光养晦，某国研发出了一种新的导弹拦截系统，凡是与它的距离不超过其工作半径的导弹都能够被它成功拦截。

当工作半径为 0 时，则能够拦截与它位置恰好相同的导弹。

但该导弹拦截系统也存在这样的缺陷：每套系统每天只能设定一次工作半径。

而当天的使用代价，就是所有系统工作半径的平方和。

某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。

由于该系统尚处于试验阶段，所以只有两套系统投入工作。

如果现在的要求是拦截所有的导弹，请计算这一天的最小使用代价。

输入格式
第一行包含 4 个整数x1、y1、x2、y2，每两个整数之间用一个空格隔开，表示这两套导弹拦截系统的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)。

第二行包含 1 个整数N，表示有N颗导弹。接下来N行，每行两个整数x、y，中间用一个空格隔开，表示一颗导弹的坐标(x,y)，不同导弹的坐标可能相同。

输出格式
只有一行，包含一个整数，即当天的最小使用代价。

数据范围
1≤N≤105,所有坐标分量的绝对值都不超过 1000。

输入样例：

0 0 6 0 
5  
-4 -2 
-2 3    
4 0 
6 -2 
9 1

输出样例：

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其实我心血来潮，想做一下NOIP的题，然后遇到了这个题

这道题，其实我刚开始想着是离d1近的就扩大d1的半径，离d2近的就扩大d2的半径，但是这种思路很明显不是很对，达不到局部最优解全局最优，然后我就想到了用排序来枚举更新r1,r2的思路。
首先排序把d1从小到大排好，然后再求出i+1-n的点距离x2,y2的最大值作为r2,dis1[i]为r1半径，这样就可以求出理想值了。思路可能说的不是很明白，代码如下。

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=1e5+10;

typedef pair<int,int> PII;

#define d1 first
#define d2 second

PII dist[N];
int d[N];

int main(void)
{
     
    int x1,y1,x2,y2;
    cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
     
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        int t1,t2;
        t1=(a-x1)*(a-x1)+(b-y1)*(b-y1);//距离x1,y1的距离
        t2=(a-x2)*(a-x2)+(b-y2)*(b-y2);
        dist[i]={
     t1,t2};
    }
    sort(dist+1,dist+1+n);
    
    int res=-1010*1010;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
     
        res=max(res,abs(dist[i].d2));//求i-n的最大值
        d[i]=res;
    }
    int cnt=0x3f3f3f3f;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
     
        cnt=min(cnt,dist[i].d1+d[i+1]);//注意这是i+1
    }
    cout<<cnt;
}