传送门

注意到矩形往上是无限的,考虑把点按 $y$ 从大到小考虑

对于枚举到高度为 $h$ 的点,设当前高度大于等于 $h$ 的点的所有点的不同的 $x$ 坐标数量为 $cnt$

那么对于这一层高度 $h$ 我们就有 $cnt(cnt+1)/2$ 种不同的 $l$,$r$ ,使得矩形内点集不同

发现对于某些 $x$ 在这一层相邻两点之间,高度大于 $h$ 的点,这样又重复算了它们的贡献,所有要再扣掉

直接用树状数组维护一下当前区间内不同的 $x$ 的数量即可

因为离散化了判断 $x$ 是否出现过显然直接开一个桶就行....

代码是真的挺简单的,也很容易看懂吧...

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=4e5+;
int n,b[N],m;
struct poi {
int x,y;
poi (int _x=,int _y=) { x=_x,y=_y; }
inline bool operator < (const poi &tmp) const {
return y!=tmp.y ? y>tmp.y : x<tmp.x;//按y从大到小,x从小到大排序
}
}p[N];
struct BIT {
int t[N];
inline void add(int x) { while(x<=m) t[x]++,x+=x&-x; }
inline int ask(int x) { int res=; while(x) res+=t[x],x-=x&-x; return res; }
}T;
ll Ans;
int tmp[N],tot;
bool vis[N];
int main()
{
n=m=read(); int x,y;
for(int i=;i<=n;i++)
{
x=read(),y=read();
p[i]=poi(x,y); b[i]=x;
}
sort(b+,b+m+); m=unique(b+,b+m+)-b-;
for(int i=;i<=n;i++) p[i].x=lower_bound(b+,b+m+,p[i].x)-b;//离散化
sort(p+,p+n+); int cnt=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
int r=i; tmp[tot=]=;/*注意加入0*/ tmp[++tot]=p[i].x;
while(p[r+].y==p[i].y) tmp[++tot]=p[++r].x;
tmp[++tot]=m+;//注意加入m+1
tot=unique(tmp+,tmp+tot+)-tmp-;
for(int j=;j<tot;j++)
{
int L=tmp[j]+,R=tmp[j+]-;
int t=T.ask(R)-T.ask(L-);
Ans-=1ll*t*(t+)/;//扣掉会重复算的方案数
}
for(int j=i;j<=r;j++)
{
if(vis[p[j].x]) continue;
vis[p[j].x]=; T.add(p[j].x); cnt++;//不同就加入树状数组
}
Ans+=1ll*cnt*(cnt+)/; i=r;
}
printf("%lld\n",Ans);
return ;
}

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