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1818: [Cqoi2010]内部白点

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Description

无限大正方形网格里有n个黑色的顶点，所有其他顶点都是白色的（网格的顶点即坐标为整数的点，又称整点）。每秒钟，所有内部白点同时变黑，直到不存在内部白点为止。你的任务是统计最后网格中的黑点个数。 内部白点的定义：一个白色的整点P(x,y)是内部白点当且仅当P在水平线的左边和右边各至少有一个黑点（即存在x1 < x < x2使得(x1,y)和(x2,y)都是黑点），且在竖直线的上边和下边各至少有一个黑点（即存在y1 < y < y2使得(x,y1)和(x,y2)都是黑点）。

Input

输入第一行包含一个整数n，即初始黑点个数。以下n行每行包含两个整数(x,y)，即一个黑点的坐标。没有两个黑点的坐标相同，坐标的绝对值均不超过109。

Output

输出仅一行，包含黑点的最终数目。如果变色过程永不终止，输出-1。

Sample Input

4

0 2

2 0

-2 0

0 -2

Sample Output

5



数据范围

36%的数据满足：n < = 500

64%的数据满足：n < = 30000

100%的数据满足：n < = 100000

树状数组好题，值得一做，题意就是给若干条横线和竖线，问共有多少个点？其中点包括线段的端点和线段的交点。

怎么搞？首先我们需要对一个方向离散化，这里我对y坐标离散化了，那么我们要从上往下扫描，当扫描的竖线的上端后，我们在该竖线的纵坐标（离散化后的）上+1，表示这个位置上有一条竖线正在往下延伸，可想而知如果继续从上往下扫，下一条是横线，并且横线的左右端点[L,R]包含刚才竖线的纵坐标，那么显然横线与纵线相交了，因为此时纵线的下端点还没扫出来，必然知道纵线的下端点在横线下方（先不考虑刚好在横线上），这样上端点与下端点位于横线两端，所以相交是必然的。

这给了我们一个启示，我们从上往下扫描，如果扫到竖线的上端点，就在对应纵坐标+1，下端点则-1，横线则统计[L,R]区间的和，再回到刚才问题，竖线刚好在横线上，那么你必须给一个顺序，首先是竖线下端点，其次是横线，再其次是竖线上端点，为什么呢？如果竖线下端点在横线之后，那么我们就会先扫描横线，此时该条竖线的上端点就有可能对横线贡献一次，其实这一次显然是下端点刚好在横线，虽然是有一个交点，但这个交点本来就是线段的端点，并不是新产生的，因此没必要计算，所以先下端点在横线的话，那么在下端点插入时会-1，这样就不会统计进去了。同理可以判断横线在竖线上端点前面。

然后就是代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define Maxn 100010
using namespace std;

struct edge{
    int x,l,r,d;
    edge(int _x=0,int _l=0,int _r=0,int _d=0):x(_x),l(_l),r(_r),d(_d){}
    bool operator<(const edge &a)const{
        return x<a.x||x==a.x&&d>a.d; //x相同,纵线下端>横线>纵线上端
    }
}e[Maxn*2];
struct point{
    int x,y;
    bool operator<(const point &a)const{
        return x<a.x||x==a.x&&y<a.y;
    }
    void read(){
        scanf("%d%d",&x,&y);
    }
}p[Maxn];
bool cmp(point a,point b){
    return a.y<b.y||a.y==b.y&&a.x<b.x;
}
int Y[Maxn];
int n,m;
int cal(int y){ //返回离散化后数组的元素下标+1
    return lower_bound(Y,Y+m,y)-Y+1;
}
int c[Maxn];
void add(int x,int y){
    while(x<=n){
        c[x]+=y;
        x+=x&-x;
    }
}
int sum(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans+=c[x];
        x-=x&-x;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++){
        p[i].read();
        Y[i]=p[i].y;
    }
    sort(Y,Y+n);
    m=unique(Y,Y+n)-Y; //对Y离线化
    sort(p,p+n); //先x后y
    int tot=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(p[i].x==p[i-1].x)
            e[tot++]=edge(p[i].x,cal(p[i-1].y),cal(p[i].y),0); //横线(询问)
    }
    sort(p,p+n,cmp); //先y后x
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(p[i].y==p[i-1].y){
            e[tot++]=edge(p[i-1].x,cal(p[i-1].y),0,-1); //纵线上端
            e[tot++]=edge(p[i].x,cal(p[i].y),0,1); //纵线下端
        }
    }
    sort(e,e+tot);
    int ans=n;
    for(int i=0;i<tot;i++){ //从上往下扫描
        if(!e[i].d) //横线询问
            ans+=sum(e[i].r)-sum(e[i].l-1);
        else //纵线插入
            add(e[i].l,-e[i].d);
    }
    printf("%d\n",ans);
	return 0;
}