标签：har 独立 protect ble ring log amp read main
这是一道二维数点题。
只考虑 \(dir = 1\)，记一个三角形直角顶点 \((p, q)\) ，直角边长 \(r\)
考虑斜边的限制，斜边的方程是 \(x + y = p + q + r\)
所以如果一个三角形对询问有贡献，记询问点 \((x, y)\) ，则\(x + y \in [p + q, p + q + r]\)
同时 \((p, q)\) 在 \((x, y)\) 左下角，有 \(p \le x,q \le y\)
所以这是个三维数点？这样是很浪费的，既然限制了 \(x + y\) 还要同时限制 \(x, y\) 两维，没什么用。
发现不可能同时有 \(p > x, q > y\)，那么两维就是独立的，可以容斥计算出来。
分别统计 \(p \le x, q \le y\) 的数量，这样满足两个条件的被算了两次，不满足条件的算了一次，再减去满足第一个条件的点的总数，就可以了。
对于第一个条件，写分治的话就归并维护 \(\ge p + q\) ，再维护一个优先队列，维护 \(\le p + q + r\) 即可，其实写树套树除了常数大码量大也没什么缺点，当然原来的数据范围写二维树状数组就好。
然后将图旋转 \(4\) 次即可。
\(\mathcal O(N \log^2 N)\)
旋转的时候 \(N,Q\) 写反了，调了 2h...
下次变量名还是写准确点吧。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cassert>
using namespace std;
#define File(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s".out", "w", stdout)
typedef long long ll;
namespace io {
const int SIZE = (1 << 21) + 1;
char ibuf[SIZE], *iS, *iT, obuf[SIZE], *oS = obuf, *oT = oS + SIZE - 1, c, qu[55]; int f, qr;
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = ibuf) + fread (ibuf, 1, SIZE, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS ++)) : *iS ++)
char getc () {return gc();}
inline void flush () {fwrite (obuf, 1, oS - obuf, stdout); oS = obuf;}
inline void putc (char x) {*oS ++ = x; if (oS == oT) flush ();}
template <class I> inline void gi (I &x) {for (f = 1, c = gc(); c < ‘0‘ || c > ‘9‘; c = gc()) if (c == ‘-‘) f = -1;for (x = 0; c <= ‘9‘ && c >= ‘0‘; c = gc()) x = x * 10 + (c & 15); x *= f;}
template <class I> inline void print (I x) {if (!x) putc (‘0‘); if (x < 0) putc (‘-‘), x = -x;while (x) qu[++ qr] = x % 10 + ‘0‘, x /= 10;while (qr) putc (qu[qr --]);}
struct Flusher_ {~Flusher_(){flush();}}io_flusher_;
}
using io :: gi; using io :: putc; using io :: print; using io :: getc;
template<class T> void upmax(T &x, T y){x = x>y ? x : y;}
template<class T> void upmin(T &x, T y){x = x<y ? x : y;}
const int N = 300005;
int bit[N];
int n;
struct BIT{
int tr[N];
void modify(int p, int v){
for(; p<=n; p += p & -p) tr[p] += v;
}
int query(int p){
int s = 0;
for(; p; p ^= (p & -p)) s += tr[p];
return s;
}
}Tx, Ty;
const int dirMap[] = {0, 0, 1, 3, 2};
struct Query{
int d, x, y, r;
}tq[N], q[N], tp[N];
void rotateMap(int Q){
for(int i=1; i<=Q; i++){
int tx, ty;
tx = tq[i].y; ty = n + 1 - tq[i].x;
tq[i].x = tx; tq[i].y = ty;
if(tq[i].d != 4) tq[i].d = (tq[i].d + 1) % 4;
}
}
int res[N];
struct Elem{
int x, y, v;
Elem(int _x, int _y, int _v) : x(_x), y(_y), v(_v) {}
inline bool operator<(const Elem &rhs) const {return v > rhs.v;} // min heap
};
void solve(int l, int r){
if(l >= r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
solve(l, mid); solve(mid + 1, r);
priority_queue<Elem> act;
int p = l, pt = 0, cnt = 0;
for(int i=mid+1; i<=r; i++){
while(p <= mid && q[p].x + q[p].y <= q[i].x + q[i].y){
if(q[p].d == 0){
Elem e(q[p].x, q[p].y, q[p].x + q[p].y + q[p].r);
act.push(e); ++cnt;
Tx.modify(e.x, 1); Ty.modify(e.y, 1);
}
tp[pt++] = q[p++];
}
if(q[i].d == 4){
while(!act.empty() && act.top().v < q[i].x + q[i].y){
Elem e = act.top();
--cnt;
Tx.modify(e.x, -1); Ty.modify(e.y, -1);
act.pop();
}
res[q[i].r] += Tx.query(q[i].x) + Ty.query(q[i].y) - cnt;
}
tp[pt++] = q[i];
}
while(!act.empty()){
Elem e = act.top(); act.pop();
Tx.modify(e.x, -1); Ty.modify(e.y, -1);
}
while(p <= mid) tp[pt++] = q[p++];
copy_n(tp, r - l + 1, q + l);
}
int main(){
int Q;
gi(n); gi(Q);
int ansc = 0;
for(int i=1; i<=Q; i++){
int opt; gi(opt);
if(opt == 2){
gi(tq[i].x); gi(tq[i].y);
tq[i].d = 4; tq[i].r = ++ansc;
}
else{
gi(tq[i].d); gi(tq[i].x); gi(tq[i].y); gi(tq[i].r);
tq[i].d = dirMap[tq[i].d];
}
}
for(int i=0; i<4; i++){
int qc = 0;
for(int i=1; i<=Q; i++)
if(tq[i].d == 0 || tq[i].d == 4) q[++qc] = tq[i];
solve(1, qc);
rotateMap(Q);
}
for(int i=1; i<=ansc; i++) print(res[i]), putc(‘\n‘);
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/RiverHamster/p/sol-cf575i.html
