题目链接：传送门
描述
在一片广袤无垠的原野上，散落着N块磁石。每个磁石的性质可以用一个五元组(x,y,m,p,r)描述，其中x,y表示其坐标，m是磁石的质量，p是磁力，r是吸引半径。若磁石A与磁石B的距离不大于磁石A的吸引半径，并且磁石B的质量不大于磁石A的磁力，那么A可以吸引B。
小取酒带着一块自己的磁石L来到了这篇原野的(x0,y0)处，我们可以视为磁石L的坐标为(x0,y0)。小取酒手持磁石L并保持原地不动，所有可以被L吸引的磁石将会被吸引过来。在每个时刻，他可以选择更换任意一块自己已经获得的磁石（当然也可以是自己最初携带的L磁石）在(x0,y0)处吸引更多的磁石。小取酒想知道，他最多能获得多少块磁石呢？
输入格式
第一行五个整数x0,y0,pL,rL,N，表示小取酒所在的位置，磁石L磁力、吸引半径和原野上散落磁石的个数。
接下来N行每行五个整数x,y,m,p,r，描述一块磁石的性质。
输出格式
输出一个整数，表示最多可以获得的散落磁石个数（不包含最初携带的磁石L）。
样例输入
0 0 5 10 5
5 4 7 11 5
-7 1 4 7 8
0 2 13 5 6
2 -3 9 3 4
13 5 1 9 9
样例输出
3
数据范围与约定
对于30%的数据，1<=N<=1000。
对于100%的数据，1<=N<=250000，-10^9<=x,y<=10^9，1<=m,p,r<=10^9。
题解：
首先，假设手上有若干块磁铁，我要让我吸到的磁铁尽可能多，显然最简单的办法就是把手上的磁铁都拿来吸吸看，把能吸到的都吸过来，
所以可以用类似于BFS的形式，对手头的磁铁用一个队列维护，取出队头磁铁尝试吸引，把能吸到的磁铁都入队，反复如此知道队列为空，即可知道已经吸到了所有能被吸过来的磁铁。
由于考虑一个磁铁能不能被吸引过来，要看满足两个条件与否：
1、距离 ≤ 吸引半径
2、手头磁铁的磁力 ≥ 被吸引的磁铁的质量
对平面上所有磁铁按照与我的距离从近到远进行升序排序，分成 $T$ 块，显然每个分块内含有 $O(\frac{N}{T})$ 个磁铁，再对每个分块内的磁铁按照质量升序排序，
那么，对于当前的查询 $Q(p,r)$，对于吸引半径 $r$，必然存在一个整数 $k$，满足：
1、第 $1 \sim k$ 个分块中所有磁铁距离均小于等于 $r$；
2、第 $k+2$ 个分块中所有磁铁距离均大于 $r$，不可能被吸引；
分类讨论：
①对于满足距离条件的第 $1 \sim k$ 个分块，分别从每个块的块头开始遍历，直到某一个磁铁质量大于磁力 $p$ 时就停止，同时将该磁铁设为新的块头；
②对于不确定是否满足距离条件的第 $k+1$ 个分块，暴力枚举块内所有磁铁，判断是否能被吸引，能吸引的就取走即可。
时间复杂度：
对于①，对于某一个分块，由于其中每个磁铁都只会被取走一次，均摊复杂度为 $O(1)$，一次询问最多处理 $O(T)$ 个分块，因此每次询问时间复杂度 $O(T)$；
对于②，每次询问需要 $O(\frac{N}{T})$ 的暴力枚举。
①和②合起来就是 $O(T+\frac{N}{T})$，显然取 $T= \sqrt N$ 时最小，为 $O(\sqrt N)$；又最多有 $O(N)$ 次询问，总时间复杂度 $O(N \sqrt N)$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=250000+10;
const int maxt=500+10;
struct Mg
{
ll x,y,m,p,r;
ll d;
}mg[maxn];
inline ll sqr(ll x){return x*x;}
inline ll dist(Mg a,Mg b){return sqr(a.x-b.x)+sqr(a.y-b.y);}
bool cmp1(Mg a,Mg b){return a.d<b.d;}
bool cmp2(Mg a,Mg b){return a.m<b.m;}
int n;
int len,tot;
int L[maxt],R[maxt];
ll maxd[maxt];
int vis[maxn];
int main()
{
cin>>mg[0].x>>mg[0].y>>mg[0].p>>mg[0].r>>n;
mg[0].r*=mg[0].r;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&mg[i].x,&mg[i].y,&mg[i].m,&mg[i].p,&mg[i].r);
mg[i].r*=mg[i].r;
mg[i].d=dist(mg[i],mg[0]);
}
sort(mg+1,mg+n+1,cmp1);
len=sqrt(n);
tot=0;
for(int i=1;i<=n;i+=len)
{
tot++;
L[tot]=i,R[tot]=min(i+len-1,n);
maxd[tot]=mg[R[tot]].d;
sort(mg+L[tot],mg+R[tot]+1,cmp2);
}
int ans=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int> q;
q.push(0);
vis[0]=1;
while(!q.empty())
{
Mg &now=mg[q.front()]; q.pop(); ans++;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
if(now.r>=maxd[i])
{
for(int &j=L[i];j<=R[i] && now.p>=mg[j].m;j++)
{
if(vis[j]) continue;
q.push(j);
vis[j]=1;
}
}
else
{
for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
{
if(vis[j]) continue;
if(now.r>=mg[j].d && now.p>=mg[j].m)
{
q.push(j);
vis[j]=1;
}
}
break;
}
}
}
cout<<ans-1<<endl;
}
来源：https://www.cnblogs.com/dilthey/p/9789584.html