题目
翻译
好久没做英语阅读了，来爽一爽吧 ~
描述
保罗是管弦乐队的成员。弦乐组安排在一个 (r imes c) 的矩形方格区域中，其中有 (n) 个中提琴手 (violist) ，其余都是小提琴手 (violinist) 。保罗很喜欢中提琴 (viola) ，因此他想拍一张至少包含 (k) 个中提琴的照片。保罗可以为管弦乐队中任意一个与坐标轴平行的矩形区域拍照。求出保罗可以拍出的照片的数量。
两张照片不同当且仅当对应的矩形的坐标不同。
输入
第一行输入四个空格隔开的整数 (r,c,n,k(1leq r,c,n leq 3000,1leq kleq min(n,10)) —— 依次为弦乐组的长和宽，中提琴手的总数和保罗希望照片里中提琴的最少数量。
接下来 (n) 行，每行两个整数 (x_i) 和 (y_i(1leq x_ileq r,1leq y_ileq c)) ：第 (i) 个中提琴的位置。保证输入中每个位置出现最多一次。
输出
输出一个整数 —— 保罗可以拍出的至少包含 (k) 个中提琴的照片的数量。
分析
为什么他们都会这道题就我不会啊。难受。
以下方便起见设矩阵为 (n imes m) ，中提琴数量为 (V) …… 懒得改了
有一个很显然的 (O(n^2m)) 的暴力：枚举选取的矩阵的上界和下界 ([t,b](1leq tleq bleq n))，然后用双指针（又称尺取法）算出此时 ([1,m]) 中有多少个区间 ([l,r](1leq lleq rleq m)) 满足以 ((t,l)) 为左上角、 ((b,r)) 为右下角的矩形（下称 ([l,r]) 的「对应矩形」）中有至少 (k) 个中提琴。
注意到中提琴最多只有 (3000) 个，考虑不枚举每一列，而只枚举中提琴，这样总复杂度（没准）能变成 (O(n^2+nV)) 之类的东西 …… ？
如果现在处理的行区间是 ([t,b]) ，当 (b) 变成 (b-1) 时，由「合法」（即对应矩形中至少有 (k) 个中提琴）变为「不合法」的区间 ([l,r]) ，一定在 (b) 这一行包含了至少一个中提琴。因此，只需要枚举 (b) 行的中提琴，然后看它让多少个 ([l,r]) 不合法了即可。更进一步，枚举这一行中的中提琴，找有多少个区间 ([l,r]) 包含它且对应矩形的中提琴数 恰好 为 (k) ，然后删掉这个中提琴。这样就可以不重不漏地统计到所有由合法变为不合法的区间。
还能注意到 (k) 非常小。这说明满足条件的 (l) 和当前枚举到的中提琴之间不会超过 (k) 个「有效列」（指在 ([t,b]) 中至少一行存在中提琴的列），对于 (r) 亦是如此。那么只需要枚举 (l) ，用双指针统计即可。「有效列」可以用链表维护。这样就可以在 (O(k)) 时间内统计出有多少个包含某个点的区间对应矩形包含的中提琴数恰好为 (k) 。总事件复杂度 (O(n^2+nm+nVk)) 。
一些计数的细节详见代码。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
namespace zyt
{
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 3e3 + 10;
int L[N], R[N], s[N], n, m, t, k, num[N];
ll ans;
pii arr[N];
vector<int> g[N];
int work()
{
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &t, &k);
for (int i = 0; i < t; i++)
scanf("%d%d", &arr[i].first, &arr[i].second), g[arr[i].first].push_back(arr[i].second);
for (int i = 1; i <= n; i++)
sort(g[i].begin(), g[i].end());
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
memset(num, 0, sizeof(int[m + 1]));
for (int j = i; j <= n; j++)
for (vector<int>::iterator it = g[j].begin(); it != g[j].end(); it++)
++num[*it];
int last = 0;
for (int j = 1; j <= m; j++)
if (num[j])
L[j] = last, R[last] = j, last = j;
R[last] = m + 1;
int now = 0;
for (int l = R[0], r = R[0], tmp = 0; r <= m; r = R[r])
{
tmp += num[r];
while (tmp - num[l] >= k)
tmp -= num[l], l = R[l];
if (tmp >= k)
now += (R[r] - r) * l;
}
for (int j = n; j >= i; j--)
{
ans += now;
for (vector<int>::iterator it = g[j].begin(); it != g[j].end(); it++)
{
int l = *it, r = *it, tmp = 0;
while (L[l] && tmp < k)
tmp += num[l = L[l]];
while (r <= m)
{
tmp += num[r];
while (tmp > k)
tmp -= num[l], l = R[l];
if (l > *it)
break;
if (tmp == k)
now -= (R[r] - r) * (l - L[l]);
r = R[r];
}
if (!(--num[*it]))
R[L[*it]] = R[*it], L[R[*it]] = L[*it];
}
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}