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题目

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题解

知识点：STL，二分。

首先不考虑新加入的操作，先考虑一个固定的局面，给定了所有人的两个属性值 $L$ 和 $C$，找出有竞争力的人。

这类双变量的条件一般可以画在坐标系 $L-C$ 查看，发现如果一个点坐标到原点构成的矩形内部（包括边，但不包括这个点本身）有其他点，则这个点就没有竞争力。

于是发现竞争力人群规律， $L$ 小的人相对于其他人 $C$ 会较大，而 $L$ 大的人相对于其他人 $C$ 会较小。因为对于一个 $L$ 小的人，那么后面 $L$ 大的人 $C$ 要比 $L$ 小的人的 $C$ 小，不然就没竞争力，所以整体会呈现一个反比例函数的形式。

接下来，容器要满足排序，插入，删除，查找，且元素可能重复，因此用 multiset 。为了方便查找，我们对列表按 $L$ 为第一关键字从小到大排， $C$ 为第二关键字从小到大排。

现在考虑插入一个人，我们先在坐标系中往他左边看，判断他能不能插入。具体的说，我们要找到 $L$ 小于他的人中 $C$ 最小的人，这个人是最有可能使他失去优势的人。根据我们之前分析的特性， $L$ 越大 $C$ 越小，因此需要找到最后一个 $L$ 小于他或者 $L$ 等于他但 $C$ 小于等于他的人。为此，我们需要使用 lower_bound 找到第一个 $L$ 大于他或者 $L$ 等于他但 $C$ 大于等于他的人，这个人的前一个人就是我们要找的人。如果没有找到，或者找到的人 $C$ 大于他，那么他就能插入，否则不能。

如果能插入，我们在坐标系中往他右边看，开始排除后面需要踢掉的人。具体的说，我们要踢掉所有 $L$ 大于他且 $C$ 大于等于他或者 $L$ 等于他且 $C$ 大于他的人。根据我们之前分析的特性， $L$ 越大 $C$ 越小，因此从第一个 $L$ 大于他或者 $L$ 等于他但 $C$ 大于他的人开始踢，我们可以用 upper_bound 实现。随后开始向后遍历，我们只要踢到第一个 $C$ 小于他的人之前即可，后面的 $C$ 更小不需要考虑。

最后容器大小就是有竞争力的人的人数。

时间复杂度 $O(n \log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
struct node {
    int x, y;
    friend bool operator<(node a, node b) {
        return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
    }
};
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    multiset<node> ms;
    for (int i = 0, x, y;i < n;i++) {
        cin >> x >> y;
        node a = { x,y };
        auto it = ms.lower_bound(a);//找到最有可能使a失去优势的人
        if (it == ms.begin() || (--it)->y > y) {//a有优势
            it = ms.insert(a);
            it = ms.upper_bound(a);//第一个没有优势的人
            while (it != ms.end() && it->y >= y) it = ms.erase(it);
        }
        cout << ms.size() << '\n';
    }
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    int cnt = 1;
    while (t--) {
        cout << "Case #" << cnt++ << ":" << '\n';
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
        cout << (t ? "\n" : "");
    }
    return 0;
}