牛客暑假多校第五场 I vcd

这个题目一个队友没读懂， 然后我读错了题目， 还让他堆了半天的公式写了半天的代码， 交上去一直0.0， 另一队友问题目有没有读错， 我坚持没有读错， 然后坑了2个小时的时间，不然应该会早一点做出来。

题意： 平面上有n个不重和的点， 现在定义一个集合是好的， 那么就需要满足， 这个集合里的每一个子集 都存在一个 {(x, y) |x >= a,  l <= y <= r}（a, l, r为任意实数） 的这个区域与原来集合求交 之后能表示出来。求这个n个点所组成的集合的非空子集有多少个是合法的。

解释一下样例的话 就是 对于 { (1,1) (2,2) (3,3) } 这个集合来说他不是好的一个好的集合， 他的子集{(1,1)}   {(2,2)}   {(3,3)}  {(1,1) (2,2)}  {(2,2) (3,3)}  {(1,1) (2,2) (3,3)}  都可以通过原集合 和 一个{(x, y) |x >= a,   l <= y <= r} 求交集得到， 但是对于 {(1,1) (3,3)} 这个子集来说， 不能求交集得到， 因为如果 存在(1,1） (3,3)  那么也一定存在 (2,2)。

题解：

只有一个点的情况 都是合法的

有2个点的情况 除了同y轴的任意2点组成的集合也是合法的

有3个点的情况 我们发现只有 一个点的 x 坐标小于 其他2个点的x坐标，并且 另外2个点的y坐标一个大于 这个点的y坐标 另一个小于 这个点的y坐标 这样的情况才会合法。

3个点以上的情况都是非法的。

我们每次处理到一个点 (x, y) 之后，我们都查询满足 (xi > x, yi > y)点的个数 设他为a， 然后查询（xi > x, yi < y) 的点的个数 设他为b，

先这个点与其他的点组个成2个点的情况 ans += a + b。

其次这个点与其他的点组成3个点的情况 ans += a * b。

这样处理完所有的点之后我们就可以求解了。

我们用树状数组来加快查询的速度。

首先存下所有的点， 离散化y的坐标， 然后在树状数组相应的位置加上值。

再从左到右处理所有的点， 每次处理到一个点的时候， 我们要先把所有的同x轴的点的值先删除掉， 因为同x轴的点只能和前面的点组成3个点的形式，但是这个东西在前面的点就处理过了，并且我们需要查询的是 后面的点的不同 y 的数目， 所以要先删除这些点的影响， 但是这些点都是可以两两组合的， 这个要先加上去。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);
 #define LL long long
 #define ULL unsigned LL
 #define fi first
 #define se second
 #define pb push_back
 #define lson l,m,rt<<1
 #define rson m+1,r,rt<<1|1
 #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))
 #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
 typedef pair<int,int> pll;
 const int inf = 0x3f3f3f3f;
 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 const LL mod = ;
 const int N = 1e5 + ;
 pll p[N];
 pll pp[N];
 int vis[N];
 int tree[N];
 int k = ;
 void add(int x, int c){
     while(x <= k){
         tree[x]+=c;
         x += x&(-x);
     }
 }
 int query(int x){
     int ret = ;
     while(x){
         ret += tree[x];
         x -= x&(-x);
     }
     return ret;
 }
 int main(){
     int n;
     scanf("%d", &n);
     for(int i = ; i <= n; i++){
         scanf("%d%d", &p[i].fi, &p[i].se);
         pp[i].se = i;
         pp[i].fi = p[i].se;
     }
     sort(pp+, pp++n);
     for(int i = ; i <= n; i++){
         if(pp[i].fi != pp[i-].fi) k++;
         p[pp[i].se].se = k;
     }
     for(int i = ; i <= n; i++)
         add(p[i].se, );
     sort(p+, p+n+);
     LL ans = n;
     for(int i = ; i <= n; i++){
         pp[] = p[i];
         int j = i+, tt = ;
         while(j <= n && p[j].fi == pp[].fi)
             pp[tt++] = p[j++];
         i = j - ;
         for(int z = ; z < tt; z++)
             add(pp[z].se, -);
         ans += 1ll * tt * (tt-) / ;
         for(int z = ; z < tt; z++){
             int y = pp[z].se;
             LL t1 = query(k) - query(y);
             LL t2 = query(y-);
             ans = ans + t1 * t2 + t1 + t2;
             ans %= mod;
         }
     }
     cout << ans << endl;
     return ;
 }