Educational Round 113 D题解-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/SSDUT_wngynng/article/details/120226929

本文介绍了作者在Codeforces比赛中遇到的一道经典算法问题，主要涉及组合计数和数组处理。作者首先解释了问题思路，即通过计算0到y1之间符合条件的点对，并减去同一线段上的点对，然后同样处理其他区间，最终得到答案。代码中使用了二分查找优化，并展示了完整的C++实现，通过计算每个点的贡献来更新答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：https://codeforces.com/contest/1569/problem/D

做完C题就剩十几分钟了，没时间看了，还是比较经典的一道题。

思路：在这里插入图片描述
考虑0 ~ y1之间的绿色点，假设有x个，则ans+=C²_x，再减掉同一条线段上的点C²_y，即可求出0 ~ y1之间有多少符合条件的解。同理求出y1 ~ y2，y2 ~ y3，…，0 ~ x0，x1 ~ x2，…

ac代码：

// Problem: D. Inconvenient Pairs
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 113 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1569/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e6+6;

typedef long long LL;

int t;

int n,m,k;

typedef pair<int,int>pii;

int x[N],y[N];

bool cntx[N],cnty[N];

vector<int>sumx[N],sumy[N];

int mnx[N],mny[N];

int cnt[N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> t;
	while(t--){
		cin >> n >> m >> k;//3e5
		memset(cntx,0,sizeof cntx);
		memset(cnty,0,sizeof cnty);
		memset(mnx,0,sizeof mnx);
		memset(mny,0,sizeof mny);
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int i = 0;i <= m + 1;i++)sumy[i].clear();
		for(int i = 0;i <= n + 1;i++)sumx[i].clear();
		vector<pii>p(k+1);
		
		
		for(int i = 0;i < n;i++)
			cin >> x[i],cntx[x[i]] = 1;
		for(int j = 0;j < m;j++)
			cin >> y[j],cnty[y[j]] = 1;
		for(int i = 1;i <= k;i++)
			cin >> p[i].first >> p[i].second;
		for(int i = 1;i <= k;i++){
			if(cntx[p[i].first]&&cnty[p[i].second])continue;
			if(cntx[p[i].first])
				sumy[lower_bound(y,y+m,p[i].second) - y].push_back(i);
			else	
				sumx[lower_bound(x,x+n,p[i].first) - x].push_back(i);
		}
		LL ans = 0;
		for(int i = 0;i <= m + 1;i++){
			int sz = sumy[i].size();
			ans+=(LL)sz*(LL)(sz - 1)/2;
			for(int j = 0;j < sz;j++)cnt[p[sumy[i][j]].first]++;//注意这里不要写成cnt[x[sumy[i][j]]].
			for(int j = 0;j < sz;j++)
				if(cnt[p[sumy[i][j]].first] > 1)
					ans-=(LL)cnt[p[sumy[i][j]].first]*(LL)(cnt[p[sumy[i][j]].first] - 1)/2,cnt[p[sumy[i][j]].first] = 0;
				else if(cnt[p[sumy[i][j]].first]==1)cnt[p[sumy[i][j]].first] = 0;
		}
		for(int i = 0;i <= n + 1;i++){
			int sz = sumx[i].size();
			ans+=(LL)sz*(LL)(sz - 1)/2;
			for(int j = 0;j < sz;j++)cnt[p[sumx[i][j]].second]++;
			for(int j = 0;j < sz;j++)
				if(cnt[p[sumx[i][j]].second] > 1)
					ans-=(LL)cnt[p[sumx[i][j]].second]*(LL)(cnt[p[sumx[i][j]].second] - 1)/2,cnt[p[sumx[i][j]].second] = 0;			
				else if(cnt[p[sumx[i][j]].second] == 1)cnt[p[sumx[i][j]].second] = 0;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}