声明：本题洛谷有原题，想C的去C题解。怕你们说题解代码和我一样

课外知识：勾股定理 $d^2=(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2$

这道题首先要明确所有导弹不是被$1$号系统拦截就是被$2$号系统拦截

我们看到这道题的数据范围是$10$的$5$次方，大概是$nlog_n$复杂度，联想到$sort$排序

让我们思考一下最优解，在最优解中$1$号系统肯定先拦下距离自己近的

如果$1$号去拦距离它远的导弹的话，其实就捎带脚的把近的导弹拦截了

如果我们把所有导弹按照对$1$号的距离进行升序排序，通过刚才的思考我们知道肯定是$1$号拦截一个前缀，剩下的后缀交给$2$号

那么我们枚举一下这个前缀和后缀的分界点即可（分界点我们此处定义为前缀的最后一个点）

前缀处理的$1$号系统代价比较好算，就是分界点到$1$号系统的距离

$2$号系统此时就不能再排序看后缀谁是最大的来计算代价，此时需要我们预处理出来一个数组，让$d_i=$ 包括第i以及它后面的导弹中最远距离

#include<bits/stdc++.h>
#define xh(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)
#define int long long
using namespace std;
int x1,x2,Y1,Y2;
int n;
struct node{
	int a,b;
}a[100010];
int ans;
int maxn1,maxn2;
bool cmp(node x,node y){
	return x.a+x.b>y.a+y.b;
}
signed main(){
	cin>>x1>>Y1>>x2>>Y2;
	cin>>n;
	xh(i,1,n){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		a[i].a=(abs(x1-x)*abs(x1-x)+abs(Y1-y)*abs(Y1-y));
		a[i].b=(abs(x2-x)*abs(x2-x)+abs(Y2-y)*abs(Y2-y));
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	xh(i,1,n){
		if(a[i].a<=maxn1||a[i].b<=maxn2)continue;
		if(a[i].a+maxn2>a[i].b+maxn1)maxn2=a[i].b;
		else maxn1=a[i].a;
	}
	cout<<maxn1+maxn2;
	return 0;
}

预处理枚举情况的导弹拦截系统工作半径 对答案取最小值即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int nx,ny,mx,my;
int n;
struct node{
	int x,y,dx,dy;
}a[100005];
int dx[100005],dy[100005];
bool cmp(node i,node j){
	return i.dx<j.dx;
}
int ans=1e9;
int jl(int aa,int b,int c,int d){
	return (aa-c)*(aa-c)+(b-d)*(b-d);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>nx>>ny>>mx>>my;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
		a[i].dx=jl(a[i].x,a[i].y,nx,ny);
		a[i].dy=jl(a[i].x,a[i].y,mx,my);
//提前算出代价
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dx[i]=max(dx[i-1],a[i].dx);
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		dy[i]=max(dy[i+1],a[i].dy);
	}//根据题意预处理
	for(int i=0;i<=n;i++){
//注意要从 0 开始，因为导弹拦截系统可以不拦截导弹
		ans=min(ans,dx[i]+dy[i+1]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}