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。
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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.........
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bzoj24411 #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 }
