翻译
给出一个 (n imes n) 的正方形和一个点的坐标（(x，y)），从这个点每秒可以向外扩散四个点，即 ((x+1,y),(x-1,y),(x,y+1),(x,y-1)) ,求需要多少秒才能大于或等于面积 (c)
思路
如果将这个点看作是在无限大的正方形上扩散，那么我们可以得出：
扩散时间: 0 1 2
点的数量: 1 5 13
于是，为了得出扩散时间和点的数量的关系，设一个二次函数为 (y=ax^2+bx+c) 。（ (x) 为扩散时间， (y) 为点的数量）
将上表的数据带入二次函数就得到了一个三元一次方程，图片如下：
( herefore) 这个二次函数为： (y=2x^2+2x+1)
现在我们开始考虑边缘阻挡了的点的数量。
不难发现，在边缘以外需要减去的点组成了一个像金字塔一样的三角形（第一层有 (1) 个，第二层有 (3) 个 ……），图片如下（手画很丑，请见谅）：
这个图片的扩散时间为 (3) ，蓝色区域代表点，红色边框在 (3 imes 3) 的正方形边缘外，绿色圆圈圈出的三角形即为突出部分。
提供一下小学奥数的知识：
(1+3+5+...+2n-1=n^2)
因此，就可以得出突出部分的点数，其他几个边也一样。
然后，你会发现突出部分有重叠，如下图绿圈部分：
多次画图后，发现：重叠部分是个每层点数相差1的三角形，于是就可以用高斯求和 ((1+2+3+...+n=frac{(1+n)n}{2})) 算出重叠部分点数。
所以总的点数=忽略边缘时的点数-四边突出的点数+重叠部分的点数。
注：+重叠部分的点数是根据容斥原理
有了公式，就可以二分查找答案了！
代码
注：二分查找注意边界！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=1e9+10;
ll n,x,y,c;
int main() {
cin>>n>>x>>y>>c;
x--;y--;
ll l=0,r=2*n+1,ans=INF;
while(l<=r) {
ll mid=(l+r)/2;
ll s=2*mid*mid+2*mid+1; //忽略边界的点数
if(mid-x>0) s-=(mid-x)*(mid-x); //上边突出部分
if(mid-(n-1-x)>0) s-=(mid-(n-1-x))*(mid-(n-1-x)); //下边突出部分
if(mid-y>0) s-=(mid-y)*(mid-y); //左边突出部分
if(mid-(n-1-y)>0) s-=(mid-(n-1-y))*(mid-(n-1-y)); //右边突出部分
if(mid-x-(n-y-1)-1>0) s+=(1+mid-x-(n-y-1)-1)*(mid-x-(n-y-1)-1)/2; //右上重叠部分
if(mid-(n-1-x)-(n-1-y)>0) s+=(1+mid-(n-1-x)-(n-1-y)-1)*(mid-(n-1-x)-(n-1-y)-1)/2; //右下重叠部分
if(mid-(n-1-x)-y-1>0) s+=(1+mid-(n-1-x)-y-1)*(mid-(n-1-x)-y-1)/2; //左下重叠部分
if(mid-y-x-1>0) s+=(1+mid-y-x-1)*(mid-y-x-1)/2; //左上重叠部分
if(s>=c) {
r=mid-1;
ans=min(mid,ans);
}
else {
l=mid+1;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}