AtCoder Beginner Contest 131 F - Must Be Rectangular!

题意：给出二维平面的n个点坐标，定义一种操作：若恰好三个点能形成一个矩形(当然这个矩形会缺了一个点)，那么就在图上添加这个缺的点，问在原图上最多能进行几次这样的操作。

解法：这题想了挺久没想到，一看题解发现z自己思路和正解完全不沾边(尴尬)。解法参考https://www.cnblogs.com/zaq19970105/p/11108175.html这位大佬的。我们把x轴看作二分图的左边点，y轴看作二分图右边点，对于原图上的点就向左边点向右边点连边，即二分图一条边就是原图一个点。然后我们先观察四个点能构成矩形有什么特点：如果在二分图上左边任意两个点和任意右边两个点有4条连边就是能构成矩形，那么怎么才是缺一个点呢？基于上面就不难想了，就是左两个点和右两个点只有3条边，那么缺的那一条边就是缺的点。然后接下来这个发现就难一点了，就是如果左两个点右两个点至少有3条边相连，那么这四个点就必须是连通的(而若只有两条边就不会)。那么按原图在二分图进行连边之后就会出现一个个联通块，进行一次题目操作就会在联通块上加一条边，直到加到不能加就是完全二分图为止。那么答案就出来了：就是每个联通块完全图边数-原图已有的边数 ，所有联通块加起来就是答案。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=2e5+;
 typedef long long LL;
 int n,X,Y;
 vector<int> G[N],v;
 bool vis[N];

 void dfs(int x,int dep) {
     if (dep%) X++; else Y++;
     v.push_back(x);
     vis[x]=;
     for (int i=;i<G[x].size();i++) {
         int t=G[x][i];
         if (vis[t]) continue;
         dfs(t,dep+);
     }
 }

 int main()
 {
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++) {
         int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
         G[x].push_back(y+);
         G[y+].push_back(x);
     }

     memset(vis,,sizeof(vis));
     LL ans=;
     for (int i=;i<=;i++)
         if (G[i].size() && !vis[i]) {
             X=; Y=; v.clear();
             dfs(i,);
             LL num=;
             for (int j=;j<v.size();j++) num+=G[v[j]].size();
             ans+=(LL)X*Y-num/;
         }
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }