题目描述
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
输入
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
输出
输出一行一个正整数，代表遵从启示的田地的个数
样例输入
4
0 0
2 2
3 4
4 3
样例输出
3
题解
自己yy出来的分治+单调栈+二分
如果直接对于每个点求以它为顶点的满足条件的矩形数目比较难求，所以考虑分治处理。
按x分治，处理完左右区间后处理左边对右边的影响。
此时左半部分的x严格小于右半部分的x，如果再按x排序则没有意义，所以按照y排序。
按照y从小到大排序后，遍历区间内所有的点。对于每个右半部分的点，在左半部分里寻找答案。
我们思考：如果在左半部分扫到了这样两个点a、b：ay>by且ax>bx，那么在按y从小到大遍历时，剩下的点的y都比这两个点大，画图可知b不可能再形成矩形，所以弹掉。
即对左半部分维护一个从栈底到栈顶x值递减的单调栈，碰到不满足条件的则弹出。
再考虑右半部分：如果扫到了这样两个点a、b：ay>by且ax<bx，那么这两个点是互不影响的，直接寻找答案即可。所以b没有意义，所以弹掉。而当ay>by且ax>bx时，b限制了a形成的矩形的范围，所以应当保留，并且在遍历到a时在左半部分中二分。
即对右半部分维护一个从栈底到栈顶x值递增的单调栈，碰到不满足条件的则弹出。
综上，我们维护两个单调栈，每次遍历到一个点，就把它压到对应的单调栈中，如果这个点是右半部分的点，就在左半部分的单调栈中二分求出比栈顶元素y值大的点的个数，并累加到答案中。注意左右部分的单调栈是不同的，因为它们的意义是不同的。
这样做的时间复杂度是$O(nlog^2n)$，亲测使用归并排序，二分的常数极小，可以使时间减到5s左右。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 200010
using namespace std;
struct data
{
int x , y;
}a[N] , tmp[N];
int s1[N] , t1 , s2[N] , t2;
long long ans;
bool cmp(data a , data b)
{
return a.x < b.x;
}
int getnum(int t)
{
int l = 1 , r = t1 , mid , tmp = t1 + 1;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(a[s1[mid]].y >= t) tmp = mid , r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return t1 - tmp + 1;
}
void solve(int l , int r)
{
if(l >= r) return;
int mid = (l + r) >> 1 , tx = a[mid].x , i , p1 = l , p2 = mid + 1;
solve(l , mid);
solve(mid + 1 , r);
for(i = l ; i <= r ; i ++ )
{
if(p2 > r || (p1 <= mid && a[p1].y < a[p2].y)) tmp[i] = a[p1 ++ ];
else tmp[i] = a[p2 ++ ];
}
t1 = t2 = 0;
for(i = l ; i <= r ; i ++ )
{
a[i] = tmp[i];
if(a[i].x <= tx)
{
while(t1 && a[i].x > a[s1[t1]].x) t1 -- ;
s1[++t1] = i;
}
else
{
while(t2 && a[i].x < a[s2[t2]].x) t2 -- ;
s2[++t2] = i;
ans += getnum(a[s2[t2 - 1]].y);
}
}
}
int main()
{
int n , i;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &a[i].x , &a[i].y);
sort(a + 1 , a + n + 1 , cmp);
solve(1 , n);
printf("%lld
" , ans);
return 0;
}