标签：扫描线 int x2 Tokitsukaze Strange 端点 ans ask x1
题意：
数据范围：n<=2e5，1<=xi,yi<=1e9
解法：
考虑枚举矩形下边界(横线),之后再考虑左右端点.
对点按照y从大到小排序,y相等时按照x从小到大排序.
因为点只有n个,显然横线也最多只有n种取法,
从上到下枚举横线y时,开树状数组丢入纵坐标<=当前y的所有点的横坐标(相同的只统计一次).
1.假设纵坐标=当前y的点只有一个,设当前点为(x,y),因为当前点(x,y)必须选,
那么满足条件的左端点数量为T.ask(x-1)+1,满足条件的右端点数量为T.ask(n)-T.ask(x)+1.
相乘就是当前横线的贡献.
2.假设纵坐标=当前y的点不止一个,那么稍微麻烦一点,不能直接按上面那样计算了,
首先将纵坐标=当前y的点(xi,y)的所有横坐标xi加入树状数组.
接下来看图示:
假设当前树状数组的桶图是这样的：
对于x1，满足条件的左端点数量为2，满足条件的右端点数量为6，贡献为2*6=12。
对于x2，x2右端点集合是之前x1右端点集合的子集，x1左端点集合是x2左端点集合的子集，
如果还是按照上面的方法计算的话，会出现贡献重复计算的情况（左右端点相同），
因此x2左端点的取值数量只有：x2左端点集合对x1左端点集合的差，即[x1+1,x2-1]范围内点的数量+1.
code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define PI pair<int,int>
const int maxm=2e5+5;
struct Node{
int x,y;
}e[maxm];
struct BIT{
int c[maxm];
inline int lowbit(int i){
return i&-i;
}
void add(int i,int t){
while(i<maxm){
c[i]+=t;
i+=lowbit(i);
}
}
int ask(int i){
int ans=0;
while(i){
ans+=c[i];
i-=lowbit(i);
}
return ans;
}
}T;
int mark[maxm];
int b[maxm];
int n;
bool cmp(Node a,Node b){//按y从大到小排序
if(a.y!=b.y)return a.y>b.y;
return a.x<b.x;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>e[i].x>>e[i].y;
b[i]=e[i].x;
}
sort(e+1,e+1+n,cmp);
sort(b+1,b+1+n);
int num=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
e[i].x=lower_bound(b+1,b+1+num,e[i].x)-b;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){//枚举横线y
//存在相同的y
int j=i;
while(j<=n&&e[j].y==e[i].y)j++;
j--;
for(int k=i;k<=j;k++){
if(!mark[e[k].x]){//因为相同的只算一个,所以要打标记
T.add(e[k].x,1);
mark[e[k].x]=1;
}
}
//
int l=T.ask(e[i].x-1)+1;
int r=T.ask(num)-T.ask(e[i].x)+1;
ans+=l*r;
for(int k=i+1;k<=j;k++){
l=max(0LL,T.ask(e[k].x-1)-T.ask(e[k-1].x))+1;
r=T.ask(num)-T.ask(e[k].x)+1;
ans+=l*r;
}
//
i=j;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
标签：扫描线,int,x2,Tokitsukaze,Strange,端点,ans,ask,x1 来源： https://blog.csdn.net/weixin_44178736/article/details/110184133
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