题意：一共有n张牌，每张牌有三个属性ai,bi,ci。问在属性上限为A,B,C的所有牌中有多少张牌满足至少有两个属性可以完全压制（严格大于）那n张牌？
n<=50W。
标程：
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 int read() 7 { 8 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 9 while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 10 while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar(); 11 return x*f; 12 } 13 const int N=500005; 14 int n,A,B,C,Mx_a[N],Mx_b[N],ma,mb; 15 ll ans,sum_a[N],sum_b[N]; 16 struct node{int a,b,c;}p[N]; 17 bool operator < (const node &A,const node &B){return A.c>B.c;} 18 int main() 19 { 20 n=read();A=read();B=read();C=read(); 21 for (int i=1;i<=n;i++) p[i].a=read(),p[i].b=read(),p[i].c=read(); 22 sort(p+1,p+n+1); 23 for (int i=1;i<=n;i++) Mx_b[p[i].a]=max(Mx_b[p[i].a],p[i].b); 24 for (int i=1;i<=n;i++) Mx_a[p[i].b]=max(Mx_a[p[i].b],p[i].a); 25 for (int i=B-1;i>=1;i--) Mx_a[i]=max(Mx_a[i+1],Mx_a[i]); 26 for (int i=A-1;i>=1;i--) Mx_b[i]=max(Mx_b[i+1],Mx_b[i]); 27 for (int i=1;i<=A;i++) sum_a[i]=sum_a[i-1]+B-Mx_b[i]; 28 for (int i=1;i<=B;i++) sum_b[i]=sum_b[i-1]+A-Mx_a[i]; 29 for (int i=C,head=1;i>=1;i--) 30 { 31 while (head<=n&&p[head].c==i) ma=max(ma,p[head].a),mb=max(mb,p[head].b),head++; 32 if (Mx_b[ma+1]<mb+1) ans+=(ll)(A-ma)*(B-mb); 33 else ans+=sum_a[A]-sum_a[ma]-sum_b[mb]; 34 } 35 printf("%lld\n",ans); 36 return 0; 37 }
易错点：注意前缀和统计时的循环下标勿混。
题解：前缀和+数形结合
考场上我写了个n^2，在数据随机时nlogn居然跑过去了。。。
n^2暴力:按照ci从大到小排序，枚举选取的C，那么对于ci<C的点，只要ai,bi其一被压制即可。对于ci>=C的点，两个都得被压制，维护一个A,B取值的max转移即可，并且单调。再按照B进行排序，用类似的方法可以计算出A的取值范围。
正解：同样按照C从大到小排序，对于ci>=C的max限制也一样。而对于ci<C的点，我们将关于A，B的函数图像画出来，发现是一个阶梯形的结构。Mx_a[i]表示i取i~B时ai的最大值，Mx_b[i]同理。如果不考虑前面的max限制，答案就是A*B-下阶梯的面积。
如果有限制，就相当于是一条竖线一条横线即一个矩形的限制。如果矩形和阶梯有交，那么取外阶梯的面积-前段排除面积-后段排除面积即可。用前缀和预处理。反之，就是直接取一个矩形的面积。时间复杂度O(nlogn)->排序。
