题目描述
平面上有$n$个点，第$i$个点的坐标为$X_i,Y_i$。对于其中的一个非空点集$S$，定义$f(S)$为一个最小矩形，满足：
$\bullet$覆盖$S$中所有的点（在边界上也算覆盖）；
$\bullet$边与坐标轴平行。
求所有不同的$f(S)$的面积和对$10^9+7$取模的结果。两个矩形被认为是不同的，当且仅当它们顶点坐标不同。
输入格式
从文件$rectangle.in$中读入数据。
第一行一个整数$n$。
接下来$n$行，每行两个整数$X_i,Y_i$。
输出格式
输出到文件$rectangle.out$中。
一行一个整数表示答案。
样例
样例输入：
4
1 2
3 1
4 4
5 1
样例输出：
45
数据范围与提示
样例解释：
有$8$个面积大于$0$的不同矩形，以下是它们左下角和右上角的坐标：
$(1,1),(3,2);(1,1),(4,4);(1,1),(5,2);(1,1),(5,4)$
$(1,2),(4,4);(3,1),(4,4);(3,1),(5,4);(4,1),(5,4)$
数据范围：
对于所有数据，满足$2\leqslant n\leqslant 10^4,1\leqslant X_i,Y_i\leqslant 2500$，没有重复的点。
$\bullet Subtask1(13\%)$，$n\leqslant 18$。
$\bullet Subtask2(9\%)$，$n\leqslant 50$。
$\bullet Subtask3(25\%)$，$n\leqslant 300$。
$\bullet Subtask4(21\%)$，$n\leqslant 2500,X_i\neq X_j,Y_i\neq Y_j$。
$\bullet Subtask5(19\%)$，$n\leqslant 2500$。
$\bullet Subtask6(13\%)$，没有特殊的约束。
题解
先来考虑$21\%$的$X_i\neq X_j,Y_i\neq Y_j$的情况。
我们可以$n^2$枚举左右边界，那么设边界上的点为$(L,y_1)$和$(R,y_2)$。
那么只有位于$(L,R)$且纵坐标$>\max(y_1,y_2)$和$<\min(y_1,y_2)$的点才能做贡献，我们可以考虑树状数组，存储$\sum y$即可（长度是变化的，但是高度不变）。
现在来考虑一般情况，每个$L$和$R$上可能有很多的点，我们依次枚举计数即可。
但是可能会出现如下图中的情况：
显然，我们在统计答案点$1,3$和点$2,3$的贡献的时候会将紫色矩阵算重，不用担心，我们只需要将纵坐标最靠下的统计就好了。
代码实现稍繁琐。
时间复杂度：$\Theta(nm\log m)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
int Map[2501][2501];
int tr[2][2501][2501];
bool vis[2501][2501];
long long ans;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add(int id,int k,int x,int w)
{
for(int i=x;i<=2500;i+=lowbit(i))
tr[id][k][i]+=w;
}
int ask(int id,int k,int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr[id][k][i];
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
Map[x][++Map[x][0]]=y;
}
for(int i=1;i<=2500;i++)
{
sort(Map[i]+1,Map[i]+Map[i][0]+1);
Map[i][Map[i][0]+1]=2501;
}
for(int i=1;i<=2500;i++)
{
if(!Map[i][0])continue;
for(int j=1;j<=Map[i][0];j++)
if(!vis[i][Map[i][j]])
{
vis[i][Map[i][j]]=1;
add(1,i,Map[i][j],1);
add(0,i,Map[i][j],Map[i][j]);
}
for(int j=i-1;j;j--)
{
if(!Map[j][0])continue;
int l1=1,l2=1;
for(int k=1;k<=Map[j][0];k++)
if(!vis[i][Map[j][k]])
{
vis[i][Map[j][k]]=1;
add(1,i,Map[j][k],1);
add(0,i,Map[j][k],Map[j][k]);
}
int wzc=max(Map[i][1],Map[j][1]);
while(Map[i][l1+1]<=wzc)l1++;
while(Map[j][l2+1]<=wzc)l2++;
while(l1<=Map[i][0]&&l2<=Map[j][0])
{
int flag=min(Map[i][l1+1],Map[j][l2+1]);
ans=(ans+1LL*(i-j)*((ask(0,i,flag-1)-ask(0,i,wzc-1))*ask(1,i,min(Map[i][l1],Map[j][l2]))-((ask(1,i,flag-1)-ask(1,i,wzc-1))*ask(0,i,min(Map[i][l1],Map[j][l2])))))%mod;
wzc=flag;
if(Map[i][l1+1]<=wzc)l1++;
if(Map[j][l2+1]<=wzc)l2++;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
rp++
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11619495.html