bzoj2441【中山市选】小W的问题

题目描述

有一天，小W找了一个笛卡尔坐标系，并在上面选取了N个整点。他发现通过这些整点能够画出很多个“W”出来。具体来说，对于五个不同的点(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3), (x4, y4), (x5, y5)，如果满足：

·x1 < x2 < x3 < x4 < x5

·y1 > y3 > y2

·y5 > y3 > y4

则称它们构成一个“W”形。

现在，小W想统计“W”形的个数，也就是满足上面条件的五元点组个数。你能帮助他吗？

输入格式

第一行包含一个整数N，表示点的个数。

下面N行每行两个整数，第i+1行为(xi, yi)，表示第i个点的坐标。

输出格式

仅包含一行，为“W”形个数模1 000 000 007的值。

题解

题目中的"W"是左右对称的，并且由于左右两边都x轴严格所以互不影响
那么对每个三号点统计出左"V"和右"V"相乘即可得到答案；
下面的诉述均在三号点确定的情况下；
考虑统计左"V"，即满足条件①的对数：
$①：x_{1} < x_{2} < x_{3}，y_{2} < y_{3} < y_{1}$
采用容斥，首先按x坐标做扫描线，可以用两个树状数组统计出条件②：
$②：x_{1} < x_{2} < x_{3}，y_{1} > y_{2}且y_{2} < y_{3}$
②包含①，和①对比需要再统计条件③：
$③：x_{1} < x_{2} < x_{3}，y_{2} < y_{1} <= y_{3}$
统计在$x_{3}$严格左边，不严格的下边的点数$num$，$C_{num}^{2}$ 可表示条件④：
$④：x_{1} <= x_{2} < x_{3}，y_{1},y_{2}<= y_{3}$
用一个树状数组去掉$x$轴的等号进一步统计⑤:
$⑤：x_{1} < x_{2} < x_{3}，y_{1},y_{2} <= y_{3}$
同理用两个树状数组统计⑥：
$⑥：x_{1} < x_{2} < x_{3}，y_{1} <= y_{2} <= y_{3}$
用⑥减去⑤得到③，用②减去③得到①；
写得比较复杂，建议画图思考，想清楚再写代码不然很容易重构TAT.........

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 const int N=200010,mod=1e9+7;
 5 int n,sub[N],tot,t1[N],t2[N],t3[N],t[N],L[N],R[N];
 6 ll c1[N],c2[N],c3[N]; 
 7 struct P{
 8     int x,y,id;
 9     P(int _x=0,int _y=0):x(_x),y(_y){};
10 }p[N]; 
11 bool cmp1(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
12 bool cmp2(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x>b.x;}
13 char gc(){
14     static char*p1,*p2,s[1000000];
15     if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
16     return(p1==p2)?EOF:*p1++; 
17 }
18 int rd(){
19     int x=0; char c=gc();
20     while(c<'0'||c>'9')c=gc();
21     while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=gc();
22     return x;
23 }
24 void init(){memset(c1,0,sizeof(c1));memset(c2,0,sizeof(c2));memset(c3,0,sizeof(c3));}
25 void add1(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c1[x]+=y;}
26 int que1(int x){ll re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=c1[x];return re%mod;}
27 void add2(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c2[x]+=y;}
28 int que2(int x){ll re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=c2[x];return re%mod;}
29 void add3(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x)c3[x]+=y;}
30 int que3(int x){ll re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=c3[x];return re%mod;}
31 void upd(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
32 void solve(){
33     for(int i=1,j=1;i<=n;i=j){
34         for(j=i;j<=n&&p[j].x==p[i].x;++j){
35             t1[j]=que1(p[j].y);
36             t2[j]=i-1-t1[j];
37             t3[j]=j-i;
38             t[j]=mod-1ll*t1[j]*(t1[j]-1)/2%mod;
39             if(t[j]==mod)t[j]=0;
40         }
41         for(int k=i;k<j;++k)add1(p[k].y,1);
42     }
43     memset(c1,0,sizeof(c1));
44     for(int i=1,j=1;i<=n;i=j){
45         for(j=i;j<=n&&p[j].x==p[i].x;++j){
46             upd(t[j],que1(p[j].y));
47             upd(t[j],que2(p[j].y-1));
48             upd(t[j],que3(p[j].y));
49         }
50         for(int k=i;k<j;++k){
51             add1(p[k].y,t1[k]);
52             add2(p[k].y,t2[k]);
53             add3(p[k].y,t3[k]);
54         }
55     }
56 }
57 int main(){
58     #ifndef ONLINE_JUDGE
59     freopen("bzoj2441.in","r",stdin);
60     freopen("bzoj2441.out","w",stdout);
61     #endif
62     n=rd();for(int i=1;i<=n;++i)p[i].x=rd(),p[i].y=sub[++tot]=rd(),p[i].id=i;
63     sort(sub+1,sub+tot+1);
64     tot=unique(sub+1,sub+tot+1)-sub-1;
65     for(int i=1;i<=n;++i)p[i].y=lower_bound(sub+1,sub+tot+1,p[i].y)-sub;
66     sort(p+1,p+n+1,cmp1);
67     solve();
68     for(int i=1;i<=n;++i)L[p[i].id]=t[i];
69     for(int i=1;i<=n>>1;++i)swap(p[i],p[n-i+1]);
70     init();
71     sort(p+1,p+n+1,cmp2);
72     solve();
73     for(int i=1;i<=n;++i)R[p[i].id]=t[i];
74     ll ans=0;for(int i=1;i<=n;++i)ans=(ans+1ll*L[i]*R[i]%mod)%mod;
75 //    for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d %d
",L[i],R[i]);
76     cout<<ans<<endl;
77     return 0;
78 }

bzoj2441