思路：这道题可以说是两道题的合并。注意到\(c\)的分数与 \(a\)和\(b\)的分数 无关,也就是说可以分成两部分来计算。首先，对于\(c\)的分数，发现就是判断点是否在正方形内。于是可以将坐标轴旋转45°（坐标\(（x,y）\)映射为坐标\(（x+y,x-y）\)不理解的可以手玩一下--），然后就可以转化为经典的扫描线问题了。而后，对于a和b的分数对极值的贡献，可以发现这取决于「对向交换」的次数。「对向交换」显然可以每次都进行，因为题目中说：“容易发现，「对向交换」会使它们的航线变为折线，并保持它们在纵坐标上的相对顺序；而「擦身而过」会改变它们在纵坐标上的相对顺序。”满足题意。而什么时候「对向交换」次数最少呢？我们可以将每个起点向其目标终点的原对应起点连一条边（在样例1中，\(1--2，2--4，3--3，4--1\)），在这其中会形成环（样例1中\(1--2--4\)以及\(3\)一个自环），每个环都相对独立。对于每个环，其实相当于一个置换，环内需交换次数为：\(环长-1\)，且其为最少。因此最少次数为它们的和：\(n-环个数\)。至此，分析就结束了。
具体实现：对于扫描线的问题，离散化后上树状数组就可以了。对于求环的个数，不用连边，而直接用并查集判断有多少集合即可。至于求交点个数及坐标，我个人是把起点终点坐标撞到\(set\)里面，然后用类似于求逆序对的方法实现的。
注意事项：数组大小要注意。\(n\)与\(k\)不同阶。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define in read()
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const double eps=1e-7;
int n,a,b,c,k,xst,xed,ans1,ans2,cnt,num,cp,tt,anss;
int st[N],ed[N],fa[N];
struct nd{int id,h;}tp[N];
struct pot{double x,y;int x1;}tmp[N*5];
struct seg{double he;int v,l,r;}ct[N<<1];
struct cop{double xx;int e,re;}hh[N*10];
bool operator<(nd x,nd y){return x.h<y.h;}
bool operator<(pot x,pot y){return x.y>y.y;}
bool operator<(seg x,seg y){return x.he>y.he;}
inline bool cmp(cop x,cop y){return x.xx<y.xx;}
inline bool cmp1(cop x,cop y){return x.e<y.e;}
inline int read()
{
int s=0,w=1; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')w=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
return s*w;
}
int fd(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=fd(fa[x]);}
inline pot zg(pot w){return pot{w.x+w.y,w.x-w.y,0};}
set<nd>tqx;
inline pot pt(pot a1,pot b1,pot a2,pot b2)
{
double k1=(1.0*(a1.y-b1.y))/(1.0*(a1.x-b1.x)),b11=a1.y-k1*a1.x;
double k2=(1.0*(a2.y-b2.y))/(1.0*(a2.x-b2.x)),b22=a2.y-k2*a2.x;
if(k1-k2==0) return pot{0,0,0};
double x=(b22-b11)/(k1-k2),y=x*k1+b11;
return pot{x,y,0};
}
inline void pre1()
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int fx=fd(i),fy=fd(tp[i].id);
if(fx!=fy) fa[fx]=fy;
}
ans1=n;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(fd(i)==i) --ans1;
}
inline void pre2()
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
set<nd>::iterator it=tqx.upper_bound((nd){i,ed[i]});
for(;it!=tqx.end();it++)
tmp[++ans2]=pt(pot{1.0*xst,st[i],0},pot{1.0*xed,ed[i],0},pot{1.0*xst,st[it->id],0},pot{1.0*xed,ed[it->id],0});
tqx.insert((nd){i,ed[i]});
}
cnt=ans2;
}
struct Tree{
int c[N*10];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline void upd(int x,int v)
{
while(x<=tt)c[x]+=v,x+=lowbit(x);
}
inline int query(int x)
{
int ans=0;
while(x>0)ans+=c[x],x-=lowbit(x);
return ans;
}
}T;
inline void work()
{
sort(tmp+1,tmp+cnt+1);
sort(ct+1,ct+num+1);
int ret=1;
while(tmp[ret].y>ct[1].he&&ret<=cnt) ++ret;
for(int i=1;i<=num;++i)
{
while(tmp[ret].y>ct[i].he&&ret<=cnt)
anss+=(T.query(tmp[ret++].x1)>0);
T.upd(ct[i].l,ct[i].v);
T.upd(ct[i].r+1,-ct[i].v);
}
ans1+=anss*c,ans2+=anss*c;
if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
printf("%d %d\n",ans1,ans2);
}
int main()
{
n=in,a=in,b=in,c=in,xst=in,xed=in;
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;++i) st[i]=in;
for(int i=1;i<=n;++i) ed[i]=in;
for(int i=1;i<=n;++i) tp[i].h=ed[i],tp[i].id=i;
sort(tp+1,tp+n+1);
pre1();pre2();
ans1=ans1*a+(ans2-ans1)*b;ans2*=a;
k=in;
for(int i=1;i<=k;++i)
{
double _x=1.0*read(),_y=1.0*read(),_r=1.0*read();
pot pt11=zg(pot{_x,_y-_r,0}),pt12=zg(pot{_x+_r,_y,0});
pot pt21=zg(pot{_x-_r,_y,0}),pt22=zg(pot{_x,_y+_r,0});
ct[++num].he=pt11.y,ct[num].v=1;
ct[++num].he=pt21.y,ct[num].v=-1;
hh[++cp].xx=pt11.x,hh[cp].e=cp;
hh[++cp].xx=pt12.x,hh[cp].e=cp;
hh[++cp].xx=pt21.x,hh[cp].e=cp;
hh[++cp].xx=pt22.x,hh[cp].e=cp;
}
for(int i=1;i<=cnt;++i) tmp[i]=zg(tmp[i]);
for(int i=1;i<=cnt;++i)
hh[++cp].xx=tmp[i].x,hh[cp].e=cp;
sort(hh+1,hh+cp+1,cmp);
for(int i=1;i<=cp;++i)
hh[i].re=(i==1||(hh[i].xx-hh[i-1].xx>=eps))?++tt:tt;
sort(hh+1,hh+cp+1,cmp1);
int num2=num<<1;
for(int i=1;i<=num2;++i,++i)
{
int pos=i+1>>1;
ct[pos].l=hh[i].re;
ct[pos].r=hh[i+1].re;
}
for(int i=num2+1;i<=cp;++i)
tmp[i-num2].x1=hh[i].re;
work();
return 0;
}