gym104076H

hehezhou 的鬼才神仙题解根本看不懂好吧。

首先判掉 \(n=1\)。

然后考虑最后一步，发现只用考虑怎样的左右端点可能见面。

左右和右左构成双射，算出总量减去自己配自己再除 \(2\) 即可。

于是考虑怎样的端点可以被生成。

容易发现结论：

\([l_1,r_1)[l_2,r_2)\dots[l_m,r_m)\) 可以合成 \([\min l,\max r)\) 内所有点。（左闭右开方便后面操作）

把所有 \(l,r\) 拉出来排序，考虑每一段区间内的点能够达到的

对于一个点，其左右必须各选至少一个点，从而将其“框住”。

考虑一个显然的事实：

如果对一个点，其左边端点数达到 \(4\) 且右边端点达到 \(4\)（或者，更准确的，除了最左最右端点及其对应端点外还分别有端点），则其可以和 \([\min l,\max r)\) 中所有端点配对！

这部分贡献直接 \(O(1)\) 统计，

剩下的部分，区间数量是 \(O(1)\) 的，且其中一半的端点数目是 \(O(1)\) 的，考虑暴力枚举具体使用的一对区间端点，

然后可以对最左、最右可行端点暴力移动枚举，显然移动也是 \(O(1)\) 的，

最后再取这些可行区间的并即可。

怎么取并呢？

对每次得到的可行端点对，更新左端点对应的最大右端点，

然后对其用单调性扫描一遍，再差分即可。

可能有点不大清楚，但估计代码还是看得懂的。

下面是核心代码。

std::pair<uint,uint>P[200005];
int main()
{
#ifdef MYEE
    freopen("QAQ.in","r",stdin);
    // freopen("QAQ.out","w",stdout);
#endif
    uint t;scanf("%u",&t);
    while(t--){
        uint n;scanf("%u",&n);
        for(uint i=0;i<n;i++)
            scanf("%u%u",&P[i<<1].first,&P[i<<1|1].first),
            P[i<<1].first--,P[i<<1].second=P[i<<1|1].second=i;
        if(n==1){puts("1");continue;}
        std::sort(P,P+(n<<1));
        ullt ans=0;
        for(uint i=1;i<n*2;i++)if(P[i].first!=P[i-1].first){
            ullt wil=0;
            if(i>=4&&n*2-i>=4)
                wil=P[n*2-1].first-P[0].first-1;
            else{
                static uint R[200005];
                for(uint j=0;j<n*2;j++)R[j]=j;
                for(uint x=0;x<i;x++)for(uint y=i;y<n*2;y++){
                    uint l=0,r=n*2-1;
                    while(l<n*2&&(P[l].second==P[x].second||P[l].second==P[y].second))
                        l++;
                    if(l==n*2)continue;
                    while(~r&&(P[r].second==P[x].second||P[r].second==P[y].second))
                        r--;
                    _max(R[l],r);
                }
                for(uint j=1;j<n*2;j++)_max(R[j],R[j-1]);
                for(uint j=0;j+1<n*2;j++)if(R[j]>j)
                    wil+=i==j+1?P[i].first-P[j].first-1:P[j+1].first-P[j].first;
            }
            ans+=wil*(P[i].first-P[i-1].first);
        }
        ans/=2;
        printf("%llu\n",ans);
    }
    return 0;
}