考慮最暴力的做法，實際上就是列舉選中區間的左右端點，然後用點分判斷選出的點構成的合法路徑和未選中的點構成的合法路徑的大小。
如果再優化一點可以，列舉其中乙個端點，另乙個端點動態的維護，有點類似動態點分的樣子。
這麼做的瓶頸在於列舉端點。首先如果右端點如果右移的話，那麼滿足條件的區間左端點的位置實際上是單調不降的。如果我們能預處理出某個東西，然後o(1)的判斷， 那麼問題就解決了。
首先如果是工業點權值為1，農業為-1。那麼如果一條路徑的點權和為0，那麼就是一條合法路徑。利用點分治，可以求出ans[i]。ans[i]表示以點i為端點的路徑中有多少是合法路徑。
那麼乙個區間的答案能否直接表示成ans[r]-ans[l-1]呢？
] 會得到上圖三種合法路徑，但是如果選中的是[l,r]那麼只有1是合法的。
但是我們發現2,3兩種路徑在計算選中區間和未選中區間答案的時候都被計算了一次，所以可以直接比較an
s[r]
−ans
[l−1
] 與su
m−(a
ns[r
]−an
s[l−
1]) 大小。再利用單調性就可以o(
n)的統計答案了
這道題一上來的感覺就是cdq分治，關鍵是怎麼統計矩形中不同矩形的個數。
有兩個思路：
思路1：來自出題人。
統計矩形中的不容易統計，於是我們轉化成統計矩形外的。把矩形外的區域分成八部分計算，即∑x
2[i]
+∑x1
[i]>x2
+∑y2[i]
+∑y1
[i]>y2
−∑x2[i]
andy
2[i]
−∑x2[i]
andy
1[i]
>y2
−∑x1
[i]>x2
andy
2[i]
−∑x1
[i]>x2
andy
1[i]
>y2
其中一位的可以直接統計，二維的其實就是(時間,x,y)用cdq求三維偏序。
思路2：
把矩形的左邊界和右邊界分開考慮。乙個矩形中與他相交的矩形個數其實就是他右邊界左邊所有範圍[y1,y2]中左邊界的個數-左邊界左邊所有範圍[y1,y2]中右邊界的個數。
考慮如何維護左邊界的個數。我們可以統計區間中所有的左邊界，然後減去全部在y1上方的矩形和全部在y2下方的矩形。這個某乙個位置上下方的矩形個數可以用線段樹或者樹狀陣列維護。
右邊界也是同樣的道理。
直接一遍cdq就可以了。
#include#include
#include
#include
#define n 500003
using namespace std;
int cnty,cntx,x[n],y[n],sz,cnt,n;
struct seg
void clear(int now)
void pushdown(int now)
if (delta[now])
}void qjchange(int now,int l,int r,int ll,int rr,int v)
pushdown(now);
int mid=(l+r)/2;
if (ll<=mid) qjchange(now<<1,l,mid,ll,rr,v);
if (rr>mid) qjchange(now<<1|1,mid+1,r,ll,rr,v);
}int fp(int now,int l,int r,int
x)}upl,downl,upr,downr;
struct dataq[n];
struct nodea[n];
int cmp(data a,data b)
if (q[i].opt==2)
if (q[i].opt==3)
if (q[i].opt==4)
}if (q[i].pd==0)
if (q[i].opt==6) }}
sort(q+l,q+r+1,cmp1);
cdq(l,mid); cdq(mid+1,r);
}int main()
if (s[1]=='d')
if (s[1]=='q')
}sort(x+1,x+cntx+1); sort(y+1,y+cnty+1);
cntx=unique(x+1,x+cntx+1)-x-1;
cnty=unique(y+1,y+cnty+1)-y-1;
for (int i=1;i<=sz;i++)
cdq(1,sz);
for (int i=1;i<=sz;i++)
if (q[i].opt==5)
}
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