【题解】CF575I Robots Protection

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• (N le 5000, Q le 10^5)
• (N le 3 imes 10^5, Q le 3 imes 10^5)

思路

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))

Code

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('
');
	return 0;
}