题目描述
平面上有n个点，每个点有一种颜色。对于某一条线段，选择所有其上方或下方的点。求：在不包含所有颜色的点的前提下，选择的点数最多是多少。（本题中如果存在某颜色没有相应的点，那么选择任何线段都不算做包含所有颜色）
输入
包含多组测试数据,第一行输入一个正整数 T 表示测试数据组数。
接下来 T 组测试数据,对于每组测试数据,第一行输入两个正整数 N、K,分别表示点数和颜色数。
接下来 N 行,每行描述一个点,前两个数 x, y (|x|, |y| ≤ 2^30 - 1) 描述点的位置,最后一个数 z (1 ≤ z ≤ k) 描述点的颜色。
对于 100% 的数据,N ≤ 100000,K ≤ 100000,T ≤ 3
输出
对于每组数据在一行内输出一个非负整数 ans,表示答案
样例输入
1
10 3
1 2 3
2 1 1
2 4 2
3 5 3
4 4 2
5 1 2
6 3 1
6 7 1
7 2 3
9 4 2
样例输出
5
题解
STL-set+树状数组
（选择上面和下面的情况相同，不妨设只能选择上面来分析）
考虑：不包含所有颜色，就是存在某一种颜色没有被包含。
因此我们枚举某一种颜色，由于矩形越大越好，因此求的就是不包含该颜色的所有极大矩形。
我们把所有点按照纵坐标从大到小排序，然后对于某一个点，如果选出以其为下边界的矩形，它左边界的范围就是它的横坐标的前驱，右边界的范围就是后继（这两个便捷范围取不到）
我们使用set维护横坐标的前驱后继即可得到所有的极大矩形。然后要求的就是矩形包含的点的面积。注意到这里按照纵坐标排了序，因此直接使用离散化+树状数组求横坐标在某范围内的点的个数即可。
注意纵坐标相同的要先计算再插入。
还有一种情况：线段纵坐标没有限制（矩形卡在两个横坐标相邻的同种点之间），在set中计算一遍即可。
对于线段下面的情况同理。
时间复杂度$O(nlog n)$
#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
set<int> s[N];
struct data
{
int x , y , z;
bool operator<(const data &a)const {return y < a.y;}
}a[N];
int n , m , v[N] , f[N] , ans;
inline void add(int x)
{
int i;
for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] ++ ;
}
inline int query(int x)
{
int i , ans = 0;
for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += f[i];
return ans;
}
void solve()
{
int i , j , k;
set<int>::iterator it;
memset(f , 0 , sizeof(f));
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) s[i].clear() , s[i].insert(0) , s[i].insert(n + 1);
for(i = j = 1 ; i <= n ; i = j)
{
while(j <= n && a[j].y == a[i].y) j ++ ;
for(k = i ; k < j ; k ++ ) ans = max(ans , query(*s[a[k].z].lower_bound(a[k].x) - 1) - query(*--s[a[k].z].upper_bound(a[k].x)));
for(k = i ; k < j ; k ++ ) add(a[k].x) , s[a[k].z].insert(a[k].x);
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
for(it = s[i].begin() ; *it != n + 1 ; )
j = *it , ans = max(ans , query(*++it - 1) - query(j));
}
int main()
{
int T , i;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d%d" , &a[i].x , &a[i].y , &a[i].z) , v[i] = a[i].x;
sort(a + 1 , a + n + 1) , sort(v + 1 , v + n + 1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i].x = lower_bound(v + 1 , v + n + 1 , a[i].x) - v;
ans = 0 , solve();
for(i = 1 ; i <= n >> 1 ; i ++ ) swap(a[i] , a[n - i + 1]);
solve();
printf("%d
" , ans);
}
return 0;
}