poj3067

求交点的个数；

容易发现，对于两条航线(xi,yi)和(xj,yj)，设xi<xj

只有yi>yj时两条航线存在交点；

于是我们考虑以x为第一关键字减序，y为第二关键字为减序排序；

则对于当前航线（xi,yi)，只要找之前所有yj小于yi的个数

所有交点数就是其总和，统计就要用到飘逸的树状数组了~

 var a,c:array[..] of longint;
     x,y:array[..] of longint;
     i,j,n,m,k,t:longint;
     ans:int64;

 procedure add(p:longint);
   begin
     while p<=m do
     begin
       inc(c[p]);
       p:=p+lowbit(p);
     end;
   end;
 function ask(p:longint):longint;
   begin
     ask:=;
     while p<> do
     begin
       ask:=ask+c[p];
       p:=p-lowbit(p);
     end;
   end;
 procedure sort(l,r: longint);
   var i,j,h,p: longint;
   begin
     i:=l;
     j:=r;
     h:=x[(l+r) div ];
     p:=y[(l+r) div ];
     repeat
       while (x[i]<h) or (x[i]=h) and (y[i]<p) do inc(i);
       while (h<x[j]) or (x[j]=h) and (p<y[j]) do dec(j);
       if not(i>j) then
       begin
         swap(x[i],x[j]);
         swap(y[i],y[j]);
         inc(i);
         j:=j-;
       end;
     until i>j;
     if l<j then sort(l,j);
     if i<r then sort(i,r);
   end;

 begin
   readln(t);
   for i:= to t do
   begin
     readln(n,m,k);
     for j:= to k do
       readln(x[j],y[j]);
     ans:=;
     sort(,k);
     fillchar(c,sizeof(c),);
     fillchar(a,sizeof(a),);
     inc(a[y[k]]);
     add(y[k]);
     for j:=k- downto  do
     begin
       ans:=ans+ask(y[j]-);   //这是唯一要注意的细节，交点一定不能在城市处
       inc(a[y[j]]);
       add(y[j]);
     end;
     writeln('Test case ',i,': ',ans);
   end;
 end.