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二维数点问题

例题

给定二维平面上的 $n$ 个点，第 $i$ 个点的位置用 $(a_i,b_i)$ 描述，以及 $q$ 次询问，每次询问给定 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 表示一个矩形的左下角和右上角，求矩形内部（包含边界）有多少个点。

题解

问题等价于求有多少个点 $(a_i,b_i)$ 同时满足 $x_1\le a_i\le x_2$ 且 $y_1\le b_i\le y_2$。

对于 $a_i$ 而言，它需要满足两个 偏序关系（大于等于和小于等于），所以先将这两个偏序关系变成一个，即满足 $a_i\le x_2$ 且满足 $a_i\ge x_1$ 的点的个数，等价于 满足 $a_i\le x_2$ 的点个数 减去 满足 $a_i\le x_1-1$ 的点的个数。

此时，就可以将询问 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$ 拆分为 $(x_1-1,y_1,y_2)$ 和 $(x_2,y_1,y_2)$，此后统一表示为 $(pos,y_1,y_2)$。

那么就转化为求出有多少个点满足 $a_i\le pos$ 且 $y_1\le b_i\le y_2$。

我们将所有的三元组 $(pos,y_1,y_2)$ 按 $pos$ 从小到大排序，且将 点序列 中的点 $(a_i,b_i)$ 按 $a_i$ 从小到大排序。

对于任意的 $(pos,y_1,y_2)$ 可以 $O(1)$ 求出 点序列 中最后一个的 $a$ 值不大于 $pos$ 的位置，此时我们只需要找到前缀序列中，有多少点的 $b$ 值满足 $y_1\le b\le y_2$。

可以维护一个权值树状数组，每个点 $(a_i,b_i)$ 只插入 $b$ 值，然后进行区间查询即可。

现在已经求出了所有三元组 $(pos,y_1,y_2)$ 的答案，问题在于如何组合为原来的询问？

维护一个结构体 $node$，里面存的是三元组，以及三元组所属询问的下标，以及 符号。

struct node {int x;int y1;int y2;int id;int op;
}

可以令查询 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$ 的一个三元组 $(x_1-1,y_1,y_2)$ 的符号 $op$ 是 $-1$，另一个三元组符号是 $1$。

我们计算出了答案，乘上三元组对应的符号并累加到答案数组即可。

还有一个关键的事情就是，这道题需要对 $y$ 进行离散化。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define int long long
#define endl '\n'
#define PII pair<int,int>
#define INF 1e18
const int N = 1e6 + 5;template<typename T>// 单点修改和区间查询的树状数组
struct Fenwick {vector <T> tree;int n;Fenwick(int _n) : n(_n), tree(_n + 2){}// 求 1~x 的前缀和T getsum(int x) {T ans = 0;int L = x;while (x) {ans += tree[x];x = x - lowbit(x);}return ans;}// 区间查询T get_range_sum(int l, int r) {return getsum(r) - getsum(l - 1);}// 单点修改void add(int x, T k) {while (x <= n) {tree[x] += k;x += lowbit(x);}}static inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
};struct node {int x;int y1;int y2;int id;int op;
};void slove () {int n, m;cin >> n >> m;vector <PII> point;vector <int> lsh;map <int, int> mp;for (int i = 1; i <= n; i++) {int x, y;cin >> x >> y;point.emplace_back(x, y);mp[y] = 1;}vector <node> Q;for (int i = 1; i <= m; i++) {int x1, y1, x2, y2;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;mp[y1] = 1; mp[y2] = 1;Q.push_back(node{x1 - 1, y1, y2, i, -1});Q.push_back(node{x2, y1, y2, i, 1});}// 离散化
// <----------------------------------------------------> //for (auto i : mp) lsh.emplace_back(i.first);for (int i = 0; i < lsh.size(); i++) mp[lsh[i]] = i + 1;for (int i = 0; i < n; i++) {point[i].second = mp[point[i].second];}for (int i = 0; i < 2*m; i++) {Q[i].y1 = mp[Q[i].y1];Q[i].y2 = mp[Q[i].y2];}
// <----------------------------------------------------> //sort (Q.begin(), Q.end(), [](node A, node B) {return A.x < B.x;});sort (point.begin(), point.end(), [](PII A, PII B) {return A.first < B.first;});vector <int> ans (m + 1);int L = 0, R = 0;Fenwick<int> tree(N);while (R < Q.size()) {while (L < point.size() && point[L].first <= Q[R].x) {tree.add(point[L].second, 1);L ++;}ans[Q[R].id] += Q[R].op * tree.get_range_sum(Q[R].y1, Q[R].y2);R ++;}for (int i = 1; i <= m; i++) cout << ans[i] << endl;
}signed main () {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);slove();
}