D. Karen and Cards（思维）

题意

三维空间的n个点$p[1],p[2],...p[n]$，给定区域$1<=x<=p,1<=y<=q,1<=z<=r$,问在区域内有多少个点$(x,y,z)$满足对于n个点中任意一个点p[i],至少都有两个维度的坐标比p[i]大。

思路

正着求不是很好算，就求不能被有多少个$(x,y,z)$满足n个点中至少存在一点p[i],使得p[i]至少有两个维度的坐标小于等于点$(x,y,z)$。那么可以枚举一个维度去计算平面上的满足情况。
将n个点按z排序，枚举z从1到r，假设当z = c时候,$p[1],p[2]..p[k]$的z坐标都小于c,$p[k+1],...p[n]$z坐标大于等于c，$$px=max(p[k+1].x,p[k+2].x....p[n].x),py=max(p[k+1].y,p[k+2].y,...p[n].y)$$，那么对于后半部分$[k+1,n]$合法区域为整个平面区域扣掉以$(px+1,py+1)为左下角，(p,q)$为右上角的矩形。对于前半部分$[1,k]$，对应k个矩形$(0,0)为左下角,(p[i].x,p[i].y)为右上角$,前半部分的合法区域就是这k个矩形的并，前半部分的区域再并上后半部分区域，就是当z = c时，不合法的情况。假设当z = r时候，所有矩形都在前半部分，后半部分为空，那么此时的区域面积大小可以用单调栈直接处理。当z往下递减的时候，相当于前半部分要去掉一个矩形，后半部分的区域用这个矩形更新一下，后半部分的区域实际上是一个不断扩大的区域，并且一定包含新加入的这个矩形，那么可以发现z = c的时候的所有情况一定都包含在 z = c-1的情况中，那么每次前半部分的区域实际上可以看成不变的就是n个矩形的并，直接提前预处理出来，然后每次并上后半部分的区域，而后半部分的区域是一个比较规整的区域（一个大矩形，挖掉右上角的一个矩形），对单调栈处理后的n个矩形并的区域，前后扣一扣就可以算出并集。从大到小枚举完z就可以计算出所有不合法的，全部扣掉不合法的就算完答案了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int>pii;
typedef vector<int>vi;

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<"\n"
#define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define pb(x) push_back(x)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define sz(x) (int)x.size()
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
#define per(i,a,b) for(int i=(b)-1;i>=(a);--i)
const int N=5e5+5;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n , p , q , h;
struct node{
	int x,y,z,id;
}a[N],b[N];
bool cmp1(node a,node b){
	if(a.x != b.x)return a.x < b.x;
	return a.y < b.y;
}
bool cmp2(node a,node b){
	return a.z > b.z;
}
ll calc(ll x,ll y){
	return (ll)p*q - (p-x)*(q-y);
}
int st[N];
ll sum[N]; 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	cin>>n>>p>>q>>h;
	rep( i , 1 , n + 1)
		cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].z;
	sort(a + 1,a + n + 1,cmp1);
	int top = 0;
	rep( i , 1 , n + 1){
		while(top && a[st[top]].y <= a[i].y)top--;
		st[++top] = i;
	}
	ll un = 0,ans = 0;
	rep( i ,1 , top + 1){
		b[i] = a[st[i]];
	}
	rep( i , 1 , top + 1){
		un += (ll)(a[st[i]].x - a[st[i - 1]].x)*a[st[i]].y;
		sum[i] = un;
	}
	sort(a + 1,a + n + 1,cmp2); 
	int px =0,py = 0;
	int j = 1;
	int l = 1,r = top;
	for(int i = h;i >= 1;--i){
		while(j<=n && a[j].z >= i){
			px = max(px,a[j].x);
			py = max(py,a[j].y);
			j++;
		}
		while(l <= top && b[l].x <= px)l++;
		while(r >= 1 && b[r].y <= py)r--;
		if(px  == 0 && py == 0)
			ans += un;
		else{
			ll res = 0;
			if(l<=r){
				res = (sum[r] - sum[l - 1])-((ll)py*(b[r].x - px) + (ll)b[l].y*(px - b[l - 1].x)); 
			}
			ans += calc(px,py) + res;
		
		}
	} 
	ans = (ll)p*q*h - ans;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
	
}