BZOJ4237 稻草人

4237: 稻草人

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Description

JOI村有一片荒地，上面竖着N个稻草人，村民们每年多次在稻草人们的周围举行祭典。

有一次，JOI村的村长听到了稻草人们的启示，计划在荒地中开垦一片田地。和启示中的一样，田地需要满足以下条件：

田地的形状是边平行于坐标轴的长方形；

左下角和右上角各有一个稻草人；

田地的内部(不包括边界)没有稻草人。

给出每个稻草人的坐标，请你求出有多少遵从启示的田地的个数

Input

第一行一个正整数N，代表稻草人的个数

接下来N行，第i行(1<=i<=N)包含2个由空格分隔的整数Xi和Yi，表示第i个稻草人的坐标

Output

输出一行一个正整数，代表遵从启示的田地的个数

Sample Input

4
0 0
2 2
3 4
4 3

Sample Output

3

HINT

所有满足要求的田地由下图所示：

 

1<=N<=2*10^5

0<=Xi<=10^9(1<=i<=N)

0<=Yi<=10^9(1<=i<=N)

Xi(1<=i<=N)互不相同。

Yi(1<=i<=N)互不相同。

 

　　试一试粉字会不会太奇怪

　　正解竟然是CDQ？我又没看出来……真TM菜。

　　似乎这种平面上点关系计数问题 都是分治来做？很有道理啊。

　　想到了分治之后还是蛮好搞清楚的。

　　先随便把某一维分治，我这里拿y举例。

　　按y分治后，答案就分两种情况：

　　　　1.在同一边的，显然的递归处理。

　　　　2.不在同一边的。那么必然是左下角在下半边，右上角在上半边。

　　我们只需要考虑情况2的答案计数。

　　肯定是要枚举一个角。为了方便枚举右上角。

　　答案受到上、下部分的限制。

　　1.上半部分：

　　　　这个点受同在上半部分的、x,y坐标都小于它的点约束。

　　　　如果你可以保证x有序递增，那么就只有y坐标的约束了。

　　　　想一下就很清楚，它只受它左边第一个这样的点(x',y')的限制。

　　　　因为统计答案要过中线，你下半部分的点的y肯定小于y'的。

　　　　所以下半部分的点x过了x'就是不合法了。

　　　　那么，找到往左边第一个y‘小于y的点 -> 单调栈。

　　　　只需要在上半部分维护一个y递增的单调栈就可以解决这个约束。

　　2.下半部分：

　　　　下半部分的点合法，不考虑上半部分的点的限制的话，要满足如下条件：

　　　　在它右上角没有点(横坐标在x之前)。

　　　　既然如此，对于两个贡献点(x1,y1)和(x2,y2)，若(x1<y1)，则一定有(y1>y2)。

　　　　维护一个y单调递减的东西即可。

　　　　因为它的操作只有加点和删栈顶，所以也叫单调栈。

　　最后统计答案的时候，在下面的单调栈内二分找到大于x'的点有多少个就可以了。

　　CDQ传下去的时候y有序，传上来的时候x有序。

　　窝的CDQ又进第一版辣辣辣辣！

　　看来手写二分比lower_bound快啊。

#include    <iostream>#include    <cstdio>#include    <cstdlib>#include    <algorithm>#include    <cstring>#define LL long long int#define dob doubleusing namespace std; const int N = 200010;int n,m,tot1,tot2;LL Ans;struct Data{  int x,y;  bool operator <(const Data &i)const{    return y<i.y;  }}scr[N],st1[N],st2[N],t[N]; inline int gi(){  int x=0,res=1;char ch=getchar();  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();  return x*res;} /*CDQ按上下(y)分治。传下去时y有序，传上去时x有序。枚举上半部分的点，求它的贡献？1.考虑上半部分的限制这个点受左边y坐标小于它的点约束，且只考虑往左边第一个点x'就可以了。因为你要越中线。过了x'就是不合法。找到左边第一个y小于它的点 -> 单调栈。在上半部分维护一个y递增的单调栈即可。2.考虑下半部分的限制下半部分的点合法，它在y以内的右上角一定没有点。画出合法曲线，发现它的y是单调递减的。随便维护一个单调递减，找的时候二分/lower_bound一下就好。上下要一起枚举一起加点，因为"在y以内的右上角"。*/ inline void insert1(Data Is){//下半部分，单调递减栈  while(tot1 && st1[tot1]<Is)tot1--;  st1[++tot1]=Is;} inline void insert2(Data Is){  while(tot2 && Is<st2[tot2])tot2--;  st2[++tot2]=Is;} //二分找下半部分x比nx大的点数inline int getl(int nx){  int l=1,r=tot1,ans=r+1;  while(l<=r){    int mid=(l+r)>>1;    if(st1[mid].x>nx)ans=mid,r=mid-1;    else l=mid+1;  }  return ans;} inline int calc(Data Is){  insert2(Is);  if(tot2==1)return tot1;  if(!tot1)return 0;  Data Ls=st2[tot2-1];  int l=getl(Ls.x);  return tot1-l+1;} inline void CDQ(int l,int r){  if(l==r)return;  int mid=(l+r)>>1;  CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r);  int i=l,j=mid+1,k=l;  tot1=0;tot2=0;  while(i<=mid && j<=r){    if(scr[i].x<scr[j].x){      insert1(scr[i]);      t[k++]=scr[i++];    }    else{      Ans+=calc(scr[j]);      t[k++]=scr[j++];    }  }  while(i<=mid)t[k++]=scr[i++];  while(j<=r){    Ans+=calc(scr[j]);    t[k++]=scr[j++];  }  for(k=l;k<=r;++k)scr[k]=t[k];} int main(){  n=gi();  for(int i=1;i<=n;++i){    scr[i].x=gi();scr[i].y=gi();  }  sort(scr+1,scr+n+1);  CDQ(1,n);  printf("%lld\n",Ans);  return 0;}