传送门
乍一看像是一个计算几何，然后想到了BFS，但是苦于无奈(O(n^2))不会优化
然后以下参考zjq_shadow大佬的思路
显然发现曼哈顿距离很麻烦，除了暴力枚举貌似没什么很好的办法
考虑将坐标轴旋转(45^circ)，然后就可以将曼哈顿距离转化为切比雪夫距离，坐标为((x,y))的点坐标就变为((x+y,x-y))
那么对于(x1,y1)要求的(x2,y2)，需满足
[|x1-x2|=dis\
|y1-y2|<=dis
]
或者
[|y1-y2|=dis\
|x1-x2|<=dis
]
然后就可以排序，排序之后每个点对应的就是一段区间了
但是这样并不好统计答案，所以考虑转化一下问题
我们可以把满足条件的点对都连边，这样的话答案就是(a)和(b)所在的联通块的点的度数和
然后暴力连边复杂度依然爆炸
考虑到相邻的点对应的区间差别不大，去连重复的区间里的点显然没意义，所以记下一个上次连的最后一个点(pos)，每次从(pos)开始连边就好了
有一个小细节：观察上面的两种情况，对于第一种情况，如果算了(|y1-y2|=dis)，在第二种情况中再算(|x1-x2|=dis)是会重复计算的，所以要处理一下
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
void read(int &x){
char ch;bool ok;
for(ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')ok=1;
for(x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());if(ok)x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=1e5+10;bool vis[maxn];
int n,a,b,len,sum[maxn],pre[maxn*10],nxt[maxn*10],h[maxn],cnt;
long long ans;
struct oo{int x,y,id;}s[maxn];
void add(int x,int y){
pre[++cnt]=y,nxt[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
pre[++cnt]=x,nxt[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
bool cmp(oo a,oo b){return a.x==b.x?(a.y<b.y):a.x<b.x;}
void solve(int dis){
sort(s+1,s+n+1,cmp);
int l=1,r=0,pos=1;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
while(l<n&&(s[l].x<s[i].x-len||(s[l].x==s[i].x-len&&s[l].y<s[i].y-dis)))l++;
while(r<n&&(s[r+1].x<s[i].x-len||(s[r+1].x==s[i].x-len&&s[r+1].y<=s[i].y+dis)))r++;
sum[s[i].id]+=r-l+1;pos=max(pos,l);
while(pos<=r)add(s[i].id,s[pos].id),pos++;
pos--;
}
}
void dfs(int x){
vis[x]=1;ans+=sum[x];
for(rg int i=h[x];i;i=nxt[i])
if(!vis[pre[i]])dfs(pre[i]);
}
int main(){
read(n),read(a),read(b);
for(rg int i=1,x,y;i<=n;i++){
read(x),read(y),s[i].id=i;
s[i].x=x+y,s[i].y=x-y;
}
len=max(abs(s[a].x-s[b].x),abs(s[a].y-s[b].y));
solve(len);
for(rg int i=1;i<=n;i++)swap(s[i].x,s[i].y);
solve(len-1),dfs(a);
printf("%lld
",ans);
}