[ZJOI2012][BZOJ2658]小蓝的好友(Treap维护笛卡尔树)

题面

https://darkbzoj.tk/problem/2658

题解

前置知识

• 笛卡尔树 https://blog.csdn.net/qq_36056315/article/details/79845193

• FHQ Treap https://blog.csdn.net/CABI_ZGX/article/details/79963427

• 或普通Treap http://www.360doc.com/content/19/0120/11/5315_810146183.shtml

看见“至少包含一个”这种字眼，多少感觉正向做会比取补要来得麻烦一些，于是取补，从矩形总数(frac{R(R+1)}{2} imesfrac{C(C+1)}{2})中减去那些不包含任何点的。

在统计不包含任何点的矩形的个数时，先从上到下枚举矩形的下边所在直线。（不妨设x轴正方向向右，y轴正方向向下）设当前直线为(y=cury)，对横坐标x=1~R，定义h[x]为所有横坐标为x，纵坐标(leq cury)的点中，纵坐标最大者的纵坐标。那么所有下边在(y=cury)上的矩形的总数就是

[{sumlimits_{i{leq}j}}minlimits_{k=i}^{j}h[k]-cury ]

[=cury imes frac{R(R+1)}{2} - sumlimits_{i{leq}j}minlimits_{k=i}^{j}h[k] ]

而第二项可以转化

[{sumlimits_{i{leq}j}}minlimits_{k=i}^{j}h[k] ]

对h数组建出笛卡尔树后，分别对树上每一个节点u考虑贡献：h[u]对点对(i,j)有贡献，当且仅当(i{leq}u{leq}j)且i,j都在u的子树内。所以u此时的总贡献是(h[u]*(sz[c[u][0]]+1)(sz[c[u][1]]+1))。

现在就变成了一道纯数据结构题。要求在笛卡尔树上，维护一个序列h，每次可以单点修改，或者查询总体的(h[u]*(sz[c[u][0]]+1)(sz[c[u][1]]+1))的和。

但是单靠笛卡尔树无法修改啊？并不是，其实笛卡尔树本身“兼容”插入删除等操作，因为它的结构和Treap一模一样，Treap中的权值对应笛卡尔树中的key（本题中key是行编号），优先级对应val（本题中是h）。Treap中的insert，remove函数（或者FHQ Treap中的split,merge）笛卡尔树同样能用。

怎么修改呢？相当于把某一个点拿出来并从树中删掉，修改它的值，再重新加进树里去。如果用FHQ Treap的话，就相当于把某一个点和它前后全部拆开，修改它的值，再和它前后全部merge起来。

总时间复杂度(O(n log n + C log R))。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rg register
#define In inline
#define ll long long

const int L = 40000;
const int N = 100000;

typedef pair<ll,ll>pll;

In ll read(){
	ll s = 0,ww = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')ww = -1;ch = getchar();}
	while('0' <= ch && ch <= '9'){s = 10 * s + ch - '0';ch = getchar();}
	return s * ww;
}

int n;
ll R,C;

struct CartTree{
	int cnt,rt;
	int c[N+5][2],val[N+5],pri[N+5]; //val即第几列，pri即h
	ll sz[N+5],sum[N+5];
	int create(int x){
		cnt++;
		val[cnt] = x;
		pri[cnt] = 0; //初始h都为0
		sz[cnt] = 1;
		return cnt;
	}
	void pushup(int u){
		int lc = c[u][0],rc = c[u][1];
		sz[u] = sz[lc] + sz[rc] + 1;
		sum[u] = sum[lc] + sum[rc] + pri[u] * (sz[lc] + 1) * (sz[rc] + 1);
	}
	int build(int l,int r){
		if(l == r)return create(l);
		int m = (l + r) >> 1;
		int u = create(m);
		if(l <= m - 1)c[u][0] = build(l,m - 1);
		if(m + 1 <= r)c[u][1] = build(m + 1,r);
		pushup(u);
		return u;
	}
	int merge(int u,int v){
		if(!u || !v)return u + v;
		if(pri[u] > pri[v]){
			c[u][1] = merge(c[u][1],v);
			pushup(u);
			return u;
		}
		else{
			c[v][0] = merge(u,c[v][0]);
			pushup(v);
			return v;
		}
	}
	void split(int u,int x,int &v,int &w){
		if(!u)v = w = 0;
		else{
			if(val[u] <= x){
				v = u;	
				split(c[v][1],x,c[v][1],w);
			}
			else{
				w = u;
				split(c[w][0],x,v,c[w][0]);
			}
			pushup(u);
		}
	}
	void ud(int i,int x){ //将h[i]修改为x
		int u,v,w;
		split(rt,i,u,w);
		split(u,i - 1,u,v);
		pri[v] = x;
		pushup(v);
		rt = merge(merge(u,v),w);
	}
	ll query(){
		return sum[rt];
	}
}T;

pll p[N+5];

int main(){
	R = read();C = read();n = read();
	for(rg int i = 1;i <= n;i++){
		p[i].second = read(),p[i].first = read();
	}
	T.rt = T.build(1,R);
	sort(p + 1,p + n + 1);
	int cur = 0;
	ll ans = 0;
	for(rg ll cury = 1;cury <= C;cury++){
		while(cur < n && p[cur+1].first == cury){
			cur++;
			T.ud(p[cur].second,cury);
		}
		ans += cury * R * (R + 1) / 2;
		ans -= T.query();
	}
	ans = R * (R + 1) / 2 * C * (C + 1) / 2 - ans;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}