题意分析

小Hi和小Ho有一个存储箱，这个存储箱是一个高度为H的圆台形，上宽下窄，其中底部的半径为R，顶部的半径为R+H。

小Ho这一天买了N张唱片回来，每张唱片都是高度为1的圆柱形，且都拥有与其他唱片不同的半径。小Ho希望能将这些唱片放进储存箱中（现在还是空的），但是为了不受到小Hi莫名其妙的责罚，他定下了如下的放置规则。

1.每张唱片都必须水平放置，且其圆心与储存箱的圆心在垂直方向上重合。

2.每张唱片要么放置在储存箱的底部，要么放置在另一张唱片的上方，不能凌空卡在储存箱的某一个位置。

3.相邻的两张唱片，上方唱片的半径减去下方唱片的半径的值应当不超过M。 需要注意的是，上方唱片的半径小于下方唱片的半径也是允许的。虽然题目描述里没有明确说明，但是通过样例数据我们可以推测出这一点，否则样例输出不会是4。

现在小Ho希望能够计算出，他最多能将多少张唱片放入存储箱中。

算法分析

由于存储箱是梯形的，越到上面越宽，所以我们应该尽量把半径小的唱片放在下面。

因此我们先对所有的唱片进行排序，按照半径的长度，将半径小的唱片排在前面，记作r[1..N]。

然后考虑将唱片一张一张放入存储箱。

假设现在我们正在放置r[i]，此时已经放置了S张唱片：

1. 若r[i] > R+S，则表示该唱片无法放入存储箱。之后的唱片都比r[i]要大，所以一定无法放入。因此我们最多能够放置的唱片数即为min(S, H)。
2. 若r[i] ≤ R+S，则表示该唱片可以放入存储箱，则S = S+1。

其伪代码为：

S = 0
for i = 1 .. N
    if (r[i] > R + S) 
        break;
    else 
        S = S + 1;
    end if
end for
ans = min(S, H)

但是在这个算法中我们少考虑了一个条件：相邻的两张唱片，上方唱片的半径减去下方唱片的半径的值应当不超过M，因此它是不正确的。

我们重新来观察已经排好序的r数组，假设只存在一个i，有r[i] + M < r[i + 1]。

此时我们可以将r数组分成两段：r[1..i]和r[i+1..N]。每一段段内的唱片都是可以连续放置的。

对于这种情况，我们可以把r[1..i]这一段放在r[i+1..N]上面，即从下往上依次放置：r[i+1], r[i+2], ... r[N], r[1], r[2], ... r[i]

举个例子：

N = 5, R = 10, H = 5, M = 1。

r = [1,2,4,5,6]

则 r 分为 [1,2] 和 [4,5,6] 两段。我们可以把[1,2] 放在 [4,5,6] 上面，从下往上依次：4, 5, 6, 1, 2。

总的最大放置唱片数为5。

从这个例子中，我们可以知道，若存在r[i] + M < r[i + 1]，就表示需要进行分段。直到某一段中的某一张唱片“卡住”(r[k] > R + S)，这时对于r[1]...r[k-1]我们可以用上述放置方法全部放进存储箱里。而对于r[k]...r[N]实际上没有任何方法能放进存储箱里。

举个例子：

N = 10, R = 10, H = 5, M = 2。

r = [1,2,5,6,9,11,12,14,17,18]

则 r 分为 [1,2] [5,6] [9,11,12,14] [17,18] 四段，其中半径为14的唱片会“卡住”。这时我们可以将半径小于14的唱片按从下到上：9, 11, 12, 5, 6, 1, 2的顺序放进存储箱。而半径14及以上的唱片实际上没有任何方法能放进存储箱里(证明留给coders思考)。

综上所述，最优的放置方法可以把没“卡住”的唱片全部放进存储箱。我们可以先将 r 分段，依次对每一段检查会不会出现“卡住”的唱片。

或者也可以使用一个简单的处理办法：每次遇到r[i] + M < r[i + 1]的情况时，将S重置为0。

改进后的伪代码为：

S = 0
ans = min(h, N)
for i = 1 .. N
    if (i > 1 && r[i] - r[i - 1] > M)
        S = 0;
    endif
    if (r[i] > R + S) 
        ans = min(i - 1, H);
        break;
    endif
    S = S + 1
end for
return ans

排序的时间复杂度为 O(NlogN)，计算结果的时间复杂度为 O(N)，总的时间复杂度为 O(NlogN)。