题目描述

有一天,小W找了一个笛卡尔坐标系,并在上面选取了N个整点。他发现通过这些整点能够画出很多个“W”出来。具体来说,对于五个不同的点(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3), (x4, y4), (x5, y5),如果满足:

·x1 < x2 < x3 < x4 < x5

·y1 > y3 > y2

·y5 > y3 > y4

则称它们构成一个“W”形。

现在,小W想统计“W”形的个数,也就是满足上面条件的五元点组个数。你能帮助他吗?


输入格式

    第一行包含一个整数N,表示点的个数。

下面N行每行两个整数,第i+1行为(xi, yi),表示第i个点的坐标。


输出格式

仅包含一行,为“W”形个数模1 000 000 007的值。


  • 题解

    • 题目中的"W"是左右对称的,并且由于左右两边都x轴严格所以互不影响
    • 那么对每个三号点统计出左"V"和右"V"相乘即可得到答案;
    • 下面的诉述均在三号点确定的情况下;
    • 考虑统计左"V",即满足条件①的对数:
    • $①:x_{1} < x_{2} < x_{3},y_{2} < y_{3} < y_{1}$
    • 采用容斥,首先按x坐标做扫描线,可以用两个树状数组统计出条件②:
    • $②:x_{1} < x_{2} < x_{3},y_{1} > y_{2}且y_{2} < y_{3}$
    • ②包含①,和①对比需要再统计条件③:
    • $③:x_{1} < x_{2} < x_{3},y_{2} < y_{1} <= y_{3}$
    • 统计在$x_{3}$严格左边,不严格的下边的点数$num$,$C_{num}^{2}$ 可表示条件④:
      $④:x_{1} <= x_{2} < x_{3},y_{1},y_{2}<= y_{3}$
    • 用一个树状数组去掉$x$轴的等号进一步统计⑤:
    • $⑤:x_{1} < x_{2} < x_{3},y_{1},y_{2} <= y_{3}$
    • 同理用两个树状数组统计⑥:
    • $⑥:x_{1} < x_{2} < x_{3},y_{1} <= y_{2} <= y_{3}$
    • 用⑥减去⑤得到③,用②减去③得到①;
    • 写得比较复杂,建议画图思考,想清楚再写代码不然很容易重构TAT.........
  •  #include<bits/stdc++.h>
    #define ll long long
    using namespace std;
    const int N=,mod=1e9+;
    int n,sub[N],tot,t1[N],t2[N],t3[N],t[N],L[N],R[N];
    ll c1[N],c2[N],c3[N];
    struct P{
    int x,y,id;
    P(int _x=,int _y=):x(_x),y(_y){};
    }p[N];
    bool cmp1(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
    bool cmp2(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x>b.x;}
    char gc(){
    static char*p1,*p2,s[];
    if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,,,stdin);
    return(p1==p2)?EOF:*p1++;
    }
    int rd(){
    int x=; char c=gc();
    while(c<''||c>'')c=gc();
    while(c>=''&&c<='')x=x*+c-'',c=gc();
    return x;
    }
    void init(){memset(c1,,sizeof(c1));memset(c2,,sizeof(c2));memset(c3,,sizeof(c3));}
    void add1(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c1[x]+=y;}
    int que1(int x){ll re=;for(;x;x-=x&-x)re+=c1[x];return re%mod;}
    void add2(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c2[x]+=y;}
    int que2(int x){ll re=;for(;x;x-=x&-x)re+=c2[x];return re%mod;}
    void add3(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c3[x]+=y;}
    int que3(int x){ll re=;for(;x;x-=x&-x)re+=c3[x];return re%mod;}
    void upd(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
    void solve(){
    for(int i=,j=;i<=n;i=j){
    for(j=i;j<=n&&p[j].x==p[i].x;++j){
    t1[j]=que1(p[j].y);
    t2[j]=i--t1[j];
    t3[j]=j-i;
    t[j]=mod-1ll*t1[j]*(t1[j]-)/%mod;
    if(t[j]==mod)t[j]=;
    }
    for(int k=i;k<j;++k)add1(p[k].y,);
    }
    memset(c1,,sizeof(c1));
    for(int i=,j=;i<=n;i=j){
    for(j=i;j<=n&&p[j].x==p[i].x;++j){
    upd(t[j],que1(p[j].y));
    upd(t[j],que2(p[j].y-));
    upd(t[j],que3(p[j].y));
    }
    for(int k=i;k<j;++k){
    add1(p[k].y,t1[k]);
    add2(p[k].y,t2[k]);
    add3(p[k].y,t3[k]);
    }
    }
    }
    int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj2441.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2441.out","w",stdout);
    #endif
    n=rd();for(int i=;i<=n;++i)p[i].x=rd(),p[i].y=sub[++tot]=rd(),p[i].id=i;
    sort(sub+,sub+tot+);
    tot=unique(sub+,sub+tot+)-sub-;
    for(int i=;i<=n;++i)p[i].y=lower_bound(sub+,sub+tot+,p[i].y)-sub;
    sort(p+,p+n+,cmp1);
    solve();
    for(int i=;i<=n;++i)L[p[i].id]=t[i];
    for(int i=;i<=n>>;++i)swap(p[i],p[n-i+]);
    init();
    sort(p+,p+n+,cmp2);
    solve();
    for(int i=;i<=n;++i)R[p[i].id]=t[i];
    ll ans=;for(int i=;i<=n;++i)ans=(ans+1ll*L[i]*R[i]%mod)%mod;
    // for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d %d\n",L[i],R[i]);
    cout<<ans<<endl;
    return ;
    }

    bzoj2441

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