Bzoj4237 cdq分治+树状数组+单调栈
二维平面在某区域内点的问题，要么树套树，kdtree，要么就是cdq分治了。
然而这题树套树和kdtree都不是很好搞的样子，于是我们就只能cdq分治了。
首先把点按照横坐标x排序，在每一层我们需要算出右边的点和左边的点组成的点对的贡献。
我们先把这些点按照纵坐标降序排列。
考虑我们按照纵坐标从大到小扫描到的每一个点。
如果他是右边的点，需要横坐标比他上面的点大才能直接加入，否则他会挡住其右上方的点，使其无法成为答案。
于是单调栈维护一下就好了。
对于左边的点，他能构成答案的纵坐标区间，一定要在他本身纵坐标以上且其右上方的点的最低纵坐标以下才行。
所以这个，我们可以用树状数组以横坐标x为下标维护纵坐标y的后缀min(什么你说树状数组只能维护前缀？后缀坐标转化为n-x[i]+1不就成前缀了？)。
然后就是查询，由于我懒得考虑二分的细节了，所以又用另外一个树状数组维护右面的点在纵坐标y上的区间和。
详见下面的图。
注意这题保证横纵坐标没有重复，所以对拍写maker的时候注意不要出重复坐标，否则网上的代码谁跟谁跑的都不一样，别问我怎么知道的。
然后给一组数据：
5
3 1
1 3
2 5
4 2
5 4
答案是4。
最后上代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define lli long long int 5 using namespace std; 6 const int maxn=2e5+1e2; 7 const int inf=0x3f3f3f3f; 8 9 struct Node { 10 int x,y; 11 friend bool operator < (const Node &a,const Node &b) { 12 return a.x < b.x; 13 } 14 }ns[maxn]; 15 16 int x[maxn],y[maxn]; 17 int id[maxn],stk[maxn],top; 18 int n; 19 lli ans; 20 21 struct BinaryIndexTreeA { 22 int dat[maxn]; 23 #define lowbit(x) (x&-x) 24 BinaryIndexTreeA() { memset(dat,0x3f,sizeof(dat)); } 25 inline void update(int pos,int x) { 26 while( pos <= n ) dat[pos] = min( dat[pos] , x ) , pos += lowbit(pos); 27 } 28 inline int query(int pos) { 29 int ret = inf; 30 while( pos ) ret = min( ret , dat[pos] ) , pos -= lowbit(pos); 31 return ret; 32 } 33 inline void reset(int pos) { 34 while( pos <= n ) dat[pos] = inf , pos += lowbit(pos); 35 } 36 }bx; 37 struct BinaryIndexTreeB { 38 lli dat[maxn]; 39 #define lowbit(x) (x&-x) 40 inline void update(int pos,int x) { 41 while( pos <= n ) dat[pos] += x , pos += lowbit(pos); 42 } 43 inline lli query(int pos) { 44 lli ret = 0; 45 while( pos ) ret += dat[pos], pos -= lowbit(pos); 46 return ret; 47 } 48 inline void reset(int pos) { 49 while( pos <= n ) dat[pos] = 0 , pos += lowbit(pos); 50 } 51 }by; 52 53 inline bool cmp(int a,int b) { 54 return y[a] < y[b]; 55 } 56 inline void solve(int l,int r) { 57 if( l == r ) return; 58 const int mid = ( l + r ) >> 1; 59 for(int i=l;i<=r;i++) id[i] = i; 60 sort(id+l,id+r+1,cmp); 61 top = 0; 62 for(int i=r;i>=l;i--) { 63 const int p = id[i]; 64 if( p > mid ) { 65 while( top && x[stk[top]] > x[p] ) by.update(y[stk[top--]],-1); 66 stk[++top] = p; 67 by.update(y[p],1); 68 } else { 69 int mxy = bx.query(n-x[p]+1); 70 mxy = min( mxy , n ); 71 ans += by.query(mxy) - by.query(y[p]-1); 72 bx.update(n-x[p]+1,y[p]); 73 } 74 } 75 for(int i=r;i>=l;i--) { 76 const int p = id[i]; 77 if( p > mid ) by.reset(y[p]); 78 else bx.reset(n-x[p]+1); 79 } 80 solve(l,mid); 81 solve(mid+1,r); 82 } 83 84 inline void refac(int* sou) { 85 static int srt[maxn],len; 86 memcpy(srt+1,sou+1,sizeof(int)*n); 87 sort(srt+1,srt+1+n); 88 len = unique(srt+1,srt+1+n) - srt - 1; 89 for(int i=1;i<=n;i++) sou[i] = lower_bound(srt+1,srt+1+len,sou[i]) - srt; 90 } 91 inline void ncpy(int ope) { 92 if( ope == 1 ) { 93 for(int i=1;i<=n;i++) 94 ns[i].x = x[i] , ns[i].y = y[i]; 95 } else if( !~ope ) { 96 for(int i=1;i<=n;i++) 97 x[i] = ns[i].x , y[i] = ns[i].y; 98 } 99 } 100 101 int main() { 102 scanf("%d",&n); 103 for(int i=1;i<=n;i++) 104 scanf("%d%d",x+i,y+i); 105 106 refac(x) , refac(y); 107 ncpy(1) , sort(ns+1,ns+1+n) , ncpy(-1); 108 solve(1,n); 109 110 printf("%lld\n",ans); 111 112 return 0; 113 }
