soj98 卡牌

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：

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int read()
 {
    int x=,f=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') {if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<='') x=(x<<)+(x<<)+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
 }
 const int N=;
 int n,A,B,C,Mx_a[N],Mx_b[N],ma,mb;
 ll ans,sum_a[N],sum_b[N];
 struct node{int a,b,c;}p[N];
 bool operator < (const node &A,const node &B){return A.c>B.c;}
 int main()
 {
     n=read();A=read();B=read();C=read();
     for (int i=;i<=n;i++) p[i].a=read(),p[i].b=read(),p[i].c=read();
     sort(p+,p+n+);
     for (int i=;i<=n;i++) Mx_b[p[i].a]=max(Mx_b[p[i].a],p[i].b);
     for (int i=;i<=n;i++) Mx_a[p[i].b]=max(Mx_a[p[i].b],p[i].a);
     for (int i=B-;i>=;i--) Mx_a[i]=max(Mx_a[i+],Mx_a[i]);
     for (int i=A-;i>=;i--) Mx_b[i]=max(Mx_b[i+],Mx_b[i]);
     for (int i=;i<=A;i++) sum_a[i]=sum_a[i-]+B-Mx_b[i];
     for (int i=;i<=B;i++) sum_b[i]=sum_b[i-]+A-Mx_a[i];
     for (int i=C,head=;i>=;i--)
     {
         while (head<=n&&p[head].c==i) ma=max(ma,p[head].a),mb=max(mb,p[head].b),head++;
         if (Mx_b[ma+]<mb+) ans+=(ll)(A-ma)*(B-mb);
         else ans+=sum_a[A]-sum_a[ma]-sum_b[mb];
     }
     printf("%lld\n",ans);
    return ;
 }

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。