来自传奇讨论区大神 @年年有年 的 \(O(n\log n)\) 做法！
题意
有 \(n+1\) 块磁铁 \(0\sim n\)，每个磁铁都有四个属性 \((d_i,m_i,p_i,r_i)\)，如果你拥有了磁铁 \(i\)，那么你就能吸引并拥有所有满足 \(d_j\le r_i,m_j\le p_i\) 的磁铁 \(j\)，初始你只拥有磁铁 \(0\)，求最后你能得到多少的磁铁。
\(n\le 2.5\times 10^5\)。
思路
考虑我们 BFS 中要求出满足两维偏序限制的还未被拥有过的磁铁，则预先对一维排序，另一维使用数据结构维护。
具体做法为，我们对线段树每个结点维护一个 vector，初始按 \(m\) 从小到大排序，将 \(i\) push_back 至所有包含 \(d_i\) 的结点，这样每个结点的 vector 中的下标就满足其 \(m\) 值是递增的。对每个结点维护一个指针 \(u\) 表示这个结点的 vector 的前 \(u\) 个磁铁都已经访问过，搜一个磁铁 \(i\) 能更新的磁铁时直接在 \([1,r_i]\) 所拆出的所有结点上不断增加指针直至其对应 \(m\) 值大于 \(p_i\) 即可。
所有 vector 的大小和为 \(O(n\log n)\)，指针只会后移，所以时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff
}
const int N=2.5e5+10;
int n,x[N],y[N],m[N],p[N],r[N],d[N],tp[N];
bool vis[N];
vector<ll>lsh;
inline ll dis(int i,int j){
return 1ll*(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+1ll*(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]);
}
inline bool cmp(int i,int j){
return m[i]<m[j];
}
queue<int>q;
struct Segment_Tree{
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
int id[N<<2];
vector<int>vec[N<<2];
inline void ins(int rt,int l,int r,int p,int v){
vec[rt].push_back(v);
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
if(p<=mid) ins(ls,l,mid,p,v);
else ins(rs,mid+1,r,p,v);
}
inline void upd(int rt,int l,int r,int L,int R,int w){
if(id[rt]==vec[rt].size()) return ;
if(L<=l&&r<=R){
while(id[rt]<vec[rt].size()&&m[vec[rt][id[rt]]]<=w){
if(!vis[vec[rt][id[rt]]]) q.push(vec[rt][id[rt]]),vis[vec[rt][id[rt]]]=1;
id[rt]++;
}
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid) upd(ls,l,mid,L,R,w);
if(R>mid) upd(rs,mid+1,r,L,R,w);
}
}T;
int main(){
x[0]=read(),y[0]=read(),p[0]=read(),r[0]=read();
n=read();
lsh.push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
x[i]=read(),y[i]=read(),m[i]=read(),p[i]=read(),r[i]=read(),
lsh.push_back(dis(0,i)),tp[i]=i;
sort(lsh.begin(),lsh.end());
lsh.erase(unique(lsh.begin(),lsh.end()),lsh.end());
int c=lsh.size()-1;
for(int i=0;i<=n;i++)
d[i]=lower_bound(lsh.begin(),lsh.end(),dis(0,i))-lsh.begin(),
r[i]=upper_bound(lsh.begin(),lsh.end(),1ll*r[i]*r[i])-lsh.begin()-1;
sort(tp+1,tp+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
T.ins(1,1,c,d[tp[i]],tp[i]);
q.push(0);
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
T.upd(1,1,c,1,r[x],p[x]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=vis[i];
write(ans);
flush();
}