二分（老死不相往来）

马孔多是一个奇怪的小镇，镇上的房子沿着一条河流的南岸而建，而且镇上的居民一辈子都只在自家附近一个固定半径的范围内活动，有些居民永远不会相互接触，即使他们生活一辈子也老死不相往来。 



 马孔多小镇一共有n座房子，以到镇子的西端的距离算，居民家的位置为p，他们活动的范围为r，请问马孔多小镇一共会有多少对住户之间老死不相往来。 

输入

第1行：一个数N，表示房子的数量(1 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：每行2个数P, R中间用空格分隔，P表示房子的位置，R表示这家住户的活动范围半
径(1 <= P, R <= 10^9)

输出

输出共有多少对老死不相往来的住户。

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4
1 1
2 1
3 2
4 1

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1

提示

1. 样例解释
4座房子分别位于1, 2, 3, 4的位置，活动范围半径分别为1, 1, 2, 1，那么{1, 2}, {1, 3} {2, 3} {2, 4} {3,4}这5对居民活动范围都有交点，只有{1, 4}是老死不相往来的。
2. 数据范围
对于10%的数据，1≤N≤10；
对于40%的数据，1≤N≤2000；
对于100%的数据，1≤N≤50000。

题目解析：

我们可以把每一家居民的活动范围看做圆，对于一个圆，我们可以确定它在直线上的一条直径

[l,r]，如果两个圆的直径没有交点，则可以认为这两个圆相离。

我们用l[]和r[]分别记录每个圆直径的左右端点，分别排序。从左到右遍历每个r[i]，存在j使得

l[j]>r[i]则说明j以及l值更靠右的圆都与i相离。

排序复杂度O(nlogn)；每个i比较端点使用二分复杂度为O(logn)，整体O(nlogn)；因此总复杂度

O(nlogn)。

后面的二分部分还可以优化到O(n)，即将所有线段的起点和终点混合排序，然后逐个访问每一个点。对于每一个起点，只要记录他前面有多少个终点即可。排序O(nlogn)，遍历O(n)，总的复杂度为O(nlogn)。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+10;
struct node{
    int l,r;
};
node a[maxn];
bool cmp(node x,node y){
    return x.l < y.l ;
}
int ef(int l,int r,int x){
    int ans;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)/2;
        if(a[mid].l<x){
            l=mid+1;
        }
        else if(a[mid].l>=x){
            r=mid-1;        
        }
    }
    return l;
}
int main()
{
    int n,x,y;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>x>>y;
        a[i].l=x-y;
        a[i].r=x+y;
    }
    sort(a,a+n,cmp);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n-1;i++){
        ans+=n-ef(i+1,n-1,a[i].r+1);//二分找与第i个相离的最小的那个居民 
    }                  
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}