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在一片广袤无垠的原野上，散落着$N$块磁石。

每个磁石的性质可以用一个五元组$(x,y,m,p,r)$描述，其中$x,y$表示其坐标，$m$是磁石的质量，$p$是磁力，$r$是吸引半径。

若磁石$A$与磁石$B$的距离不大于磁石$A$的吸引半径，并且磁石$B$的质量不大于磁石$A$的磁力，那么$A$可以吸引$B$。

小取酒带着一块自己的磁石$L$来到了这片原野的$(x_0,y_0)$处，我们可以视磁石$L$的坐标为$(x_0,y_0)$。

小取酒手持磁石$L$并保持原地不动，所有可以被$L$吸引的磁石将会被吸引过来。

在每个时刻，他可以选择更换任意一块自己已经获得的磁石（当然也可以是自己最初携带的$L$磁石）在$(x0,y0)$处吸引更多的磁石。

小取酒想知道，他最多能获得多少块磁石呢？

输入格式
第一行五个整数$x_0,y_0,p_L,r_L,N$，表示小取酒所在的位置，磁石L磁力、吸引半径和原野上散落磁石的个数。

接下来$N$行每行五个整数$x,y,m,p,r$，描述一块磁石的性质。

输出格式
输出一个整数，表示最多可以获得的散落磁石个数（不包含最初携带的磁石L）。

数据范围
$1\le N\le 250000$,
$-10^9\le x,y\le 10^9$,
$1\le m,p,r\le 10^9$

输入样例：
0 0 5 10 5
5 4 7 11 5
-7 1 4 7 8
0 2 13 5 6
2 -3 9 3 4
13 5 1 9 9

输出样例：

3

先将数据按$m$由小到大排序，分为$\sqrt{n}$块，然后对于每块内按到$(x_0,y_0)$的距离$d$由小到大排序，这样对于获得的每个磁力块，在$p$大于等于$m_{max}$的块内扫描，对于第一个$p$小于$m_{max}$的块遍历，最终时间复杂度为$O(n\sqrt{n})$。

#include<bits/stdc++.h>#define pi(a) printf("%d\n",a)
#define repi(i, a, b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define ll long long
#define fi first
#define se secondusing namespace std;inline int qr() {int f = 0, fu = 1;char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-')fu = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9') {f = (f << 3) + (f << 1) + c - 48;c = getchar();}return f * fu;
}const int N = 250010;
struct sta {int m, p;ll r, d;
} a[N];inline bool cmpd(sta x, sta y) {return x.d < y.d;
}inline bool cmpm(sta x, sta y) {return x.m < y.m;
}struct BLOCK {int L[N], R[N], pos[N], P[N], mx[N];int n, t, len;bool v[N];inline void build(int _n, int _len) {int now = 0;n = _n, len = _len, t = 0;sort(a + 1, a + 1 + n, cmpm);while (now + len <= n)L[++t] = now + 1, R[t] = now + len, P[t] = now, now += len;if (now < n)L[++t] = now + 1, R[t] = n, P[t] = now;for (int i = 1; i <= t; i++) {for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++)pos[j] = i;mx[i] = a[R[i]].m;sort(a + L[i], a + R[i] + 1, cmpd);}}inline int work(int p, ll r, queue<pair<int, ll>> &q) {int res = 0;for (int i = 1; i <= t; i++) {if (p >= mx[i])while (P[i] + 1 <= R[i] && a[P[i] + 1].d <= r) {P[i]++;if (!v[P[i]])q.push({a[P[i]].p, a[P[i]].r}), res++;}else {repi(j, P[i] + 1, R[i])if (!v[j] && a[j].m <= p && a[j].d <= r)q.push({a[j].p, a[j].r}), v[j] = true, res++;break;}}return res;}
} B;int x, y, p, n;
ll r;
queue<pair<int, ll>> q;int main() {x = qr(), y = qr(), p = qr(), r = qr(), n = qr();repi(i, 1, n) {int _x = qr(), _y = qr();a[i].d = 1ll * (x - _x) * (x - _x) + 1ll * (y - _y) * (y - _y);a[i].m = qr(), a[i].p = qr();ll _r = qr();a[i].r = _r * _r;}B.build(n, sqrt(n));q.push({p, 1ll * r * r});int ans = 0;while (!q.empty()) {auto t = q.front();q.pop();ans += B.work(t.fi, t.se, q);}pi(ans);return 0;
}