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作者：阿狸是狐狸啦
n个点，一个点集S是好的，当且仅当对于他的每个子集T，存在一个右边无限延长的矩形，使的这个矩形包含了T，但是和S-T没有交集。
求有多少个这种集合。
画图找规律可得
当我们求的集合中的点只有一个时，肯定满足要求 。
当有两个点且这两个点y坐标不相等也满足要求。
当有三个点组成一个小于号形状的集合S时，这个集合S的子集T一定与S-T无交集，当组成一个大于号时。我们取大于号左边的两个端点组成的T集合一定与右边的那个端点有交集。
当有四个点组成的S点集他一定存在一个子集T和S-T有交集。
所以我们计算小于等于三个点的情况就行了。
一的情况直接是n。
二的情况总的情况减去y坐标相等的点的情况就行了。
三的情况就是数一下有多少个小于号的情况，树状数组维护一下就行了。
附ac代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <queue> 5 #include <stack> 6 #include <iostream> 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 const int maxn = 2 * 1e5 + 10; 10 const ll mod = 998244353; 11 struct nod 12 { 13 ll x; 14 ll y; 15 }coo[maxn]; 16 ll cnt[maxn]; 17 ll c[maxn<<2]; 18 ll y[maxn]; 19 ll n; 20 bool cmp(nod a, nod b) 21 { 22 return a.x > b.x; 23 } 24 ll pmul(ll a, ll b) 25 { 26 ll res = 0; 27 while(b) 28 { 29 if(b&1) 30 res = (res + a) % mod; 31 b >>= 1; 32 a = (a + a) % mod; 33 } 34 return res; 35 } 36 ll pmod(ll a, ll b) 37 { 38 ll res = 1; 39 while(b) 40 { 41 if(b&1) 42 res = pmul(res, a) % mod; 43 b >>= 1; 44 a = pmul(a, a) % mod; 45 } 46 return res; 47 } 48 ll gets(int x) 49 { 50 ll ans = 0; 51 while(x) 52 { 53 ans = (ans + c[x]) % mod; 54 x -= x & (-x); 55 } 56 return ans; 57 } 58 void updat(int x, ll ad) 59 { 60 while(x <= n) 61 { 62 c[x] = (c[x] + ad) % mod; 63 x += x & (-x); 64 } 65 } 66 int main() { 67 68 scanf("%d", &n); 69 for(ll i = 1; i <= n; ++i) 70 { 71 scanf("%d %d", &coo[i].x, &coo[i].y); 72 y[i] = coo[i].y; 73 } 74 sort(y + 1, y + 1 + n); 75 for(ll i = 1; i <= n; ++i)//这一步很有意思，把1e9的范围离散化到了1e5 76 { 77 ll u = lower_bound(y + 1, y + 1 + n, coo[i].y) - y; 78 coo[i].y = u; 79 ++cnt[u]; 80 // printf("%d u ", u); 81 } 82 sort(coo + 1, coo + 1 + n, cmp); 83 ll ans = n + n * (n - 1) / 2; 84 ans %= mod; 85 for(ll i = 1; i <= n; ++i) 86 { 87 ll u = cnt[i]; 88 if(u) 89 ans = (ans - u * (u - 1) / 2) % mod; 90 } 91 ll up = 0, dw = 0; 92 ll now = 1; 93 for(ll i = 1; i <= n; ++i) 94 { 95 up = (gets(n) - gets(coo[i].y)) % mod; 96 dw = gets(coo[i].y - 1) % mod; 97 ans = (ans + up * dw % mod) % mod; 98 for(;coo[i].x != coo[i + 1].x && now <= i; ++now) 99 { 100 updat(coo[now].y, 1ll); 101 } 102 } 103 printf("%lld ", ans % mod); 104 return 0; 105 }