题意：有n个圆 依次给了半径和圆心坐标 保证输入的圆不相交(只有 相离 和 内含/外含 的情况)
问 有几个圆 不内含在其他圆中，并分别列出这几个圆的编号(1~n)
(n的范围是[1, 40000])
案例画出来大概是这样的
(那个原点为(50,50)的太远了，就意思一下)
所以答案是3号圆和5号圆 不被包含
好了，若这道题n只有1000，那么只要for两层，每个圆与另外的圆比较， 判断圆心是否在其他圆内即可判断是否包含
这样的复杂度是O(n2n2)
可是现在n有40000，显然不能用O(n2n2)来解决
由这道题，简单粗暴的学习了一下扫描线， 复杂度为O(nlogn)
什么是扫描线呢？
顾名思义，就是一根线，扫描过去。
怎样的一根线，怎么扫过去呢？
①平行于x轴，自上而下/自下而上 扫描
②平行于y轴，自左而右/自右而左 扫描
③绕圆心 逆时针/顺时针 扫描
扫描线要干什么呢？
“扫描线在平面上按给定轨迹移动的同时，不断根据扫描线扫过部分更新信息，从而得到整体所要求的结果”
这道题，可以用上述的①/②
自左而右扫描时，只有当扫描线移动到圆的左右两端时，线与圆的关系才会发生改变，因此先把圆的左右端点取出来排个序
每当遇到某圆的左端点，判断该圆是否包含在其他圆内
因为所有的圆都不相交，因此，每个圆都只可能包含在上下两个与它最相近的圆中
(此处“上下两个”是通过比较 圆心的纵坐标 来确定的)
也就是 每当我们得到一个不包含在其他圆中的圆，我们需要将它存起来，并将这些圆按圆心的纵坐标排序 以便与下一个扫到的圆进行比较
我们可以用set<pair<double, int> >来存 (pair.first是圆心的纵坐标，pair.second是圆的编号) set会自动按pair.first排序
当我们扫到某圆的右端点时，表示该圆的影响范围已经扫完了，后面扫到的圆不可能包含在该圆中，因此可以把该圆从set中去掉
查找“上下两个与它最近的圆”的复杂度为O(logn)
因此遍历n个圆的复杂度为O(nlogn)
const int N=40005;
double x[N], y[N] ,r[N];
bool inside(int i, int j) // i是否在j内
{
double dx=x[i]-x[j], dy=y[i]-y[j];
return dx*dx+dy*dy<=r[j]*r[j];
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%lf%lf%lf", &r[i], &x[i], &y[i]);
vector<pair<double, int> > X;
for(int i=0;i<n;i++)
{
X.push_back(make_pair(x[i]-r[i], i)); // 左
X.push_back(make_pair(x[i]+r[i], i+n));// 右
}
sort(X.begin(), X.end());
set<pair<double, int> > out;
vector<int> ans;
for(int i=0;i<X.size();i++) // 从左到右扫描
{
int id=X[i].second%n;
if(X[i].second<n) // 左
{
set<pair<double, int> >::iterator it=out.lower_bound(make_pair(y[id], id));
if(it!=out.end() && inside(id, it->second)) // id 在 前一个圆内 不加入
continue;
if(it!=out.begin() && inside(id, (--it)->second)) // id 在 后一个圆内 不加入
continue;
ans.push_back(id);
out.insert(make_pair(y[id], id));
}
else // 右
out.erase(make_pair(y[id], id));
}
sort(ans.begin(), ans.end());
printf("%d\n", ans.size());
for(int i=0;i<ans.size();i++)
printf("%d%c", ans[i]+1, i+1==ans.size()? '\n':' ');
}
return 0;
}
