GDOI2016模拟8.15送票

题目

Mirko准备带他所有的朋友去Zaz演唱会。他已经拿到了票，现在在回去派送门票的路上。

Mirko朋友的住所都可以用直角坐标系来表示。他在走路的时候，只能经过整数坐标点。他走一步可以移动到相邻的八个整数坐标点（上，下，左，右，上左，下左，上右，下右）。

Mirko的每个朋友住在一些整数坐标点（x，y）上，而且愿意走一段距离去见Mirko。具体来说，Mirko可以在离他朋友家里不超过P步的地方见他的朋友，P取决于他朋友的慵懒程度。

当他完成派送门票的事后，Mirko回想起了他见朋友的顺序。计算Mirko在这段路上走的最少可能的步数。Mirko的起始点和终止点是未知的。

显然，这题时切比雪夫距离，第i个朋友的覆盖范围是一个len*2为边长的矩形。

这题我们可以没必要知道起点和终点的具体位置，但可以知道最短距离能到达的位置的集合。

举例来说，就是我们现在位于一个矩形内（表示通过最短距离到第i个矩阵内的终点集合S），那么现在我们要到i+1个矩形内，那么我们只需知道S最少走L步能与第i+1个矩形相交，那么答案就加上L（这个可以二分，也可以直接几个if判断一下）（因为我们不必知道它走到哪里，只需知道他能走最少步数走到哪里）然后求交的出新的终点集合S

贴代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 200001
using namespace std;
int n;
long long ans;
struct node{
long long x1,y1,x2,y2;
}s,a;
node expand(node a,long long b){
a.x1-=b,a.y1-=b;
a.x2+=b,a.y2+=b;
return a;
}
node jiao(node a,node b){
a.x1=max(a.x1,b.x1);
a.x2=min(a.x2,b.x2);
a.y1=max(a.y1,b.y1);
a.y2=min(a.y2,b.y2);
return a;
}
bool in(node a,long long x,long long y){
return a.x1<=x&&x<=a.x2&&a.y1<=y&&y<=a.y2;
}
bool jian1(node a,node b){
return in(a,b.x1,b.y1)&&in(a,b.x1,b.y2)&&in(a,b.x2,b.y1)&&in(a,b.x2,b.y2);
}
bool jian(node a,node b){
static node c;
c=jiao(a,b);
return jian1(b,c)&&jian1(b,c);
}
int er(node a,node b){
static long long l,r,mid;
l=0;
r=200000000;
while (l<=r)
if (jian(expand(a,mid=(l+r)/2),b))r=mid-1;else l=mid+1;
if (l<0)l=0;
while (l&&jian(expand(a,l-1),b))l--;
while (!jian(expand(a,l),b))l++;
return l;
}
void init(){
static int x,y,p,len;
scanf("%d",&n);
scanf("%d %d %d",&x,&y,&p);
s.x1=x-p,s.x2=x+p;
s.y1=y-p,s.y2=y+p;
for (int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d %d %d",&x,&y,&p);
a.x1=x-p,a.x2=x+p;
a.y1=y-p,a.y2=y+p;
len=er(s,a);
s=jiao(expand(s,len),a);
ans+=len;
}
}
void write(){
printf("%lld",ans);
}
int main(){
init();
write();
return 0;
}