【集训试题】SiriusRen的卡牌 set

题意概述：

　　给出N张卡牌，每张有三个属性a,b,c，同时给出所有属性可能的最大值A,B,C。对于一张卡牌，当这张卡牌至少有两个属性大于另外一张卡牌的对应两个属性的时候，认为这张卡牌更加优秀。现在问有多少种不同的卡牌优于给出的所有卡牌。

　　N<=500000,0<A,B,C<=500000

分析：

　　来自己制造一张卡牌。先把所有卡牌按照a排个序，观察当自制卡牌的a=ai的时候会发生什么。可以观察到对于任意aj(1<=j<i)，都有a>aj，所以对于这些卡只需要在bj,cj中有任意至少一个属性小于b,c的时候自制卡牌就是可行的；而对于任意ak(i<=k<=N)，都有a<=ak，所以对于这些卡牌，自制卡牌的b,c必须要严格大于其中任意一张的b,c才行。

　　所以说这个时候就转化为了一个二维的问题，对于任意aj来说，它们的bj,cj对自制卡牌的限制取交集就是它们对自制卡牌的限制可行范围，反过来可以发现对应的不可行范围正好由一些以原点作为左下角，(bj,cj)作为右上角随着bj增长，cj严格递减的矩形围成。而所有的ak对自制卡牌的限制则是一个右上角为(B,C)的矩形。

　　于是可以维护两条直线x=lb和y=lc表示此时ak对自制卡牌的限制可行区域，先把所有的点全部甩到set里面去，自制卡牌的a初始值为A，显然此时lb=lc=0，算出这个时候的可行区域面积s，则自制卡牌的a属于(a[N],A]的时候就有s*(A-a[N])种不同的卡牌优于给出的所有卡牌，其他情况类推。每枚举一张卡牌的时候就先考虑其b,c对lb,lc的影响，更新面积。可以发现当set中维护的不可行域的点全部被删除完之后任意情况下可行域一定是一个右上角为(B,C)的规则矩形。这个时候就可以O(1)更新了。

　　思路就到这里，注意代码细节。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<cctype>
#define inf 1e6+5
using namespace std;
const int maxn=500005;
typedef long long LL;

int N,ma,mb,mc;
struct data{ int a,b,c; }d[maxn];
struct XY{
    int x,y;
    friend bool operator < (XY a,XY b) {
        return a.x<b.x||a.x==b.x&&a.y<b.y;
    }
};
set<XY>Set;
set<XY>::iterator it,_it,l,r;

void data_in()
{
    scanf("%d%d%d%d",&N,&ma,&mb,&mc);
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%d%d%d",&d[i].a,&d[i].b,&d[i].c);
}
bool cmp(data x,data y) { return x.a<y.a; }
void initial()
{
    sort(d+1,d+N+1,cmp);
    XY p;
    Set.insert((XY){0,inf});
    Set.insert((XY){inf,0});
    for(int i=1;i<=N;i++) {
        p=(XY){d[i].b,d[i].c}; it=Set.lower_bound(p);
        if(it->y>=p.y) continue;
        it--;
        while(it->y<=p.y) { _it=it,it--; Set.erase(_it); }
        Set.insert(p);
    }
}
void work()
{
    initial();
    int lb=0,lc=0,last=0;
    LL ans=0,s=0;
    l=Set.begin(),r=Set.end(),l++,r--;
    for(it=l;it!=r;it++) {
        s+=(LL)(it->x-last)*(mc-it->y);
        last=it->x;
    }
    s+=(LL)(mb-last)*mc,ans+=s*(ma-d[N].a),r--;
    XY p;
    for(int i=N;i>=1;i--)
    {
        p=(XY){d[i].b,d[i].c};
        while(Set.size()>2&&l->x<=p.x) {
            s-=(LL)(l->x-lb)*(mc-l->y);
            lb=l->x,it=l,l++; Set.erase(it);
        }
        if(Set.size()>2&&lb<p.x&&p.x<l->x) s-=(LL)(p.x-lb)*(mc-l->y),lb=p.x;
        while(Set.size()>2&&r->y<=p.y) {
            s-=(LL)(mb-r->x)*(r->y-lc);
            lc=r->y,it=r,r--; Set.erase(it);
        }
        if(Set.size()>2&&lc<p.y&&p.y<r->y) s-=(LL)(mb-r->x)*(p.y-lc),lc=p.y;
        if(Set.size()==2) {
            if(p.x>lb) s-=(LL)(p.x-lb)*(mc-lc),lb=p.x;
            if(p.y>lc) s-=(LL)(mb-lb)*(p.y-lc),lc=p.y;
        }
        ans+=s*(d[i].a-d[i-1].a);
    }
    cout<<ans<<'
';
}
int main()
{
    data_in();
    work();
    return 0;
}