[hdu7032]Command and Conquer: Red Alert 2

令$(x,y,z)$为狙击手的坐标，其攻击范围即以$(x,y,z)$为中心的$(2k)^{3}$​的立方体

为了避免$k$的影响（二分答案会多一个$log$），不妨将其变为以$(x,y,z)$为左下角的$(2k)^{3}$​​​的立方体，注意到这样仅仅是实现了平移，并不影响答案

由此，注意到任意时刻，$x,y$和$z$都不应小于剩余点中对应维坐标的最小值，同时若不是最小值调整为最小值显然也不劣，因此不妨假设都恰为最小值

进一步的，显然最终的$k$必然要能消灭其中一个敌人，否则无法移动，那么也就永远不能消灭这些敌人，因此不妨将答案对最小的$k$（能攻击到其中一个敌人）取$max$，并消灭对应的敌人

关于这个过程，可以用三个set来维护，并且每一次至少消灭一个敌人，即至多$o(n)$次

总复杂度为$o(nlog n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500005
struct Data{
    int x,y,z;
}a[N];
set<pair<int,int> >Sx,Sy,Sz;
int t,n,ans;
int dis(Data x,Data y){
    return max(max(x.x-y.x,x.y-y.y),x.z-y.z);
}
void del(int k){
    Sx.erase(make_pair(a[k].x,k));
    Sy.erase(make_pair(a[k].y,k));
    Sz.erase(make_pair(a[k].z,k));
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d",&n);
        ans=0,Sx.clear(),Sy.clear(),Sz.clear();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z);
            Sx.insert(make_pair(a[i].x,i));
            Sy.insert(make_pair(a[i].y,i));
            Sz.insert(make_pair(a[i].z,i));
        }
        while (!Sx.empty()){
            int x=(*Sx.begin()).second;
            int y=(*Sy.begin()).second;
            int z=(*Sz.begin()).second;
            Data o=Data{a[x].x,a[y].y,a[z].z};
            ans=max(ans,min(min(dis(a[x],o),dis(a[y],o)),dis(a[z],o)));
            if (dis(a[x],o)<=ans)del(x);
            if (dis(a[y],o)<=ans)del(y);
            if (dis(a[z],o)<=ans)del(z);
        }
        printf("%d
",(ans+1>>1));
    } 
    return 0;
}