自动搬运

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来自洛谷，原作者为

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搬运于2025-08-24 22:27:04，当前版本为作者最后更新于2020-12-25 14:29:38，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

我来一发纯暴力的吧，不用什么树状数组，也不用（手动）离散化和前缀和，直接暴力肝就好。

1. 思路

显然，每行、每列都至多只有一个点。对行坐标排序，滤掉没有牛的行（这实际上相当于离散化）。设 $a[i]$ 代表第 $i$ 行的那头牛所在的列坐标。

考虑下侧木板在第 $i$ 行，上侧木板在第 $j$ 行的情况。为了避免相同情况重复计算（即围栏形状不同，但圈住的牛相同），第 $i$ 行的牛和第 $j$ 行的牛必须被圈住。

• 如果第 $j$ 行的牛在第 $i$ 行的牛左边（即 $a[i] > a[j]$）：

  • 任何一头在 第 $i$ 行与第 $j$ 行之间，在第 $j$ 行的牛左边 的牛，即满足 $i<k<j,a[k]<a[j]$ 的 $k$，都可以作为左侧围栏所在位置的选项（如果不满足此条件，则第 $j$ 行的牛无法被圈住）；当然，第 $j$ 行的牛本身（$a[j]$）也可以作为左侧围栏所在位置的选项。

  • 任何一头在 第 $i$ 行与第 $j$ 行之间，在第 $i$ 行的牛右边 的牛，即满足 $i<k<j,a[k]>a[i]$ 的 $k$，都可以作为右侧围栏所在位置的选项（如果不满足此条件，则第 $i$ 行的牛无法被圈住）；当然，第 $i$ 行的牛本身（$a[i]$）也可以作为右侧围栏所在位置的选项。

• 第 $j$ 行的牛在第 $i$ 行的牛右边（即 $a[i] < a[j]$）的情况同理。

所以，下侧木板在第 $i$ 行，上侧木板在第 $j$ 行的所有可能，即为 左侧围栏选项总数 $\times$ 右侧围栏选项总数。

我们只需在枚举 $i,j$ 的过程中，维护：

• 对于第 $i$ 行的牛，在第 $i$ 行与第 $j$ 行之间，有多少头牛在它的左边/右边；
• 对于第 $j$ 行的牛，有第 $i$ 行与第 $j$ 行之间，有多少头牛在它的左边/右边；

顺带累加答案，即可轻松完成此题。

时间复杂度为 $O(N^2)$。

2. 代码实现

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 2505
ll N;
// 每头牛的行/列坐标
pair<ll, ll> x[MAXN];
// 先算上空集
ll ans = 1;
// l[j]代表【第j行的牛】与【当前第i行的牛】之间，有多少头牛在【第j行的牛】左边
// r[j]同理
ll l[MAXN], r[MAXN];
int main() {
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; i++)
        cin >> x[i].first >> x[i].second;
    // 按行坐标排序
    sort(x, x + N);
    // 枚举i
    for (ll i = 0; i < N; i++) {
        ans++;
        // lt代表【第i行的牛】与【当前第j行的牛】之间，有多少头牛在【第i行的牛】左边
        // rt同理
        ll lt = 0, rt = 0;
        for (ll j = i - 1; j >= 0; j--) {
            // 根据【第i行的牛】与【第j行的牛】的相对位置，累加答案，更新计数
            if (x[i].second > x[j].second) {
                ans += (rt + 1) * (l[j] + 1);
                r[j]++;
                lt++;
            } else {
                ans += (lt + 1) * (r[j] + 1);
                l[j]++;
                rt++;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}