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題意描述
給定乙個h×
w 的網格圖，m個互不相交（定義相交為：∃a
∈rec
a,a∈
recb
且 ∃a
∈rec
a,a∉
recb
）的矩形，n個點對。
當兩點可以不經過矩形相互到達時，稱這個點對合法。
求合法的點對數。
題解
最初的想法就是連線合法邊，對於乙個點dfs一遍，對可以到達的點用並查集維護為乙個集合，這個做法複雜度大概o(hw)，姿勢正確的話有60分。
我們可以發現乙個性質。由於矩形互不相交，則：
如果兩個點屬於的最小的矩形相同，則兩個點一定可以連通。
且易證其為充要條件。
於是我們就可以算出兩個點的最小包含矩形，並判斷它們是否相等即可。
這個做法時間複雜度為o(nm)。雖然常數優化了不少，**難度也瞬間下降為普及組第一題，但依然只有60分。
在真正的賽場上，除了想到正解，想到一中易於實現的做法也是乙個成功。採用相對容易的演算法，時間還是風險都有所下降。
這個演算法的瓶頸在計算最小矩形的時間，每做一次都要花費o(m)的時間，一看就很有優化的空間！我們如何用更優秀的時間算出每個點所屬的矩形呢？
最小矩形作為乙個集合元素，不易於代數的描述和記錄。我們嘗試改變表示方法，這就要求我們找出屬於同乙個最小矩形的點的通性，即乙個條件p，作為兩個點屬於同乙個最小矩形的充要條件。
如果給每乙個矩形隨機乙個編號，對包含其的所有矩形的編號以某種方法求乙個雜湊值，不就可以唯一的表示這些點了嗎？
想法很好！接著我們就可以開始優化了。
優化o(m)時間的很常用的做法就是記字首和。然而，一維的字首和是對於一一維的線而言的。對於二維的平面，我們需要對其分治，這也決定了它無法達到一維o(1)效率的轉移，而需要o(log_n)。
這個時候我們遇到了難以逾越的障礙，因為我們很難確定乙個排序的方法，自然也就無法分治秋字首和。
我們發現，「包含」是個不易表示的概念。有沒有辦法用其他方式表示這個概念呢？
對於綠點，屬於矩形p1，在其左上角所包含的區域裡面，有p1的點奇數個，p2、p3的點偶數個。
對於粉點，屬於矩形p1、p2，在其左上角包含p1、p2的點奇數個，p3的點偶數個。
規律很明顯，也易證明。
看到奇偶性我們很容易想到異或操作的性質。我們對於每乙個矩形的四個點隨機乙個雜湊值，就可以表示每乙個，對乙個要求的點的左上方位置的所有端點取乙個異或和作為雜湊值，就可以很大概率唯一的表示此點和此點所屬點集的位置關係了。
我們就是希望將乙個個複雜的矩形轉化乙個個簡單的點，化整為零，使其易於操作，因為我們要乙個排序的方法。而我們知道，對於點的排序是很容易的。
具體的分治方法是先對其x座標進行排序，再對其進行分治。考慮分治[l,r]為[l,mid]和[mid+1,r]，已經分治完了左邊，對於屬於右邊的每乙個要求的點，要把左邊y小於等於它的點全部取計入它的雜湊值（此時左邊經過原來對x的排序已經可以保證x都小於要求的這個點的x了）。
可以證明，迭代log_n次後，所有範圍內的點都可以被計入它的雜湊值（想想為什麼）。
最後比較一下這個點對的雜湊值。
時間複雜度分析
最初的對x排序由於x不超過107
，桶排序可以o(h)過。分治迭代llog_n層，每層詢問要對n個點貢獻雜湊值，每次貢獻需要求y恰好小於等於這個點y值的點，可以用乙個log_n二分找出。
總時間複雜度o(
h+nl
og2n
) 。
問題就完美的解決了。
（最後乙個點奇怪wa掉的**）
#include
#include
#define r register
#define max_rand 1000010
using namespace std;
struct nda[3000010],c[3000010];
struct ansb[500010];
struct ordf[3000010];
int n,m,h,w;
int at=0,ft=0;
int st[10000010];
intread()
bool cmp(const nd &a1,const nd &a2)
if(a[l].y>lim)return
0; return a[r].y
<=lim?r:l;
}void merge_sort(r int l,r int r)
r int i,j,k,mid=(l+r)>>1;
merge_sort(l,mid);
merge_sort(mid+1,r);
for(i=mid+1;i<=r;++i)if(a[i].num!=0)
i=l,j=mid+1,k=l;
while(i<=mid&&j<=r)
while(j<=r)c[k++]=a[j++];
while(i<=mid)c[k++]=a[i++];
a[l]=c[l],a[l].s=(a[l].num==0?a[l].hash:0);
for(i=l+1;i<=r;++i)
a[i]=c[i],a[i].s=a[i-1].s^((a[i].num==0)?a[i].hash:0);
}int main()
; c[++at]=(nd);
b[i].p1=b[i].p2=-1;
}for(i=1;i<=m;++i)
;c[++at]=(nd);
c[++at]=(nd);
c[++at]=(nd);
}for(i=1;i<=at;++i)
f[++ft]=(ord),st[c[i].x]=ft;
for(at=0,i=0;i<=10000002;++i)
for(e=st[i];e!=0;e=f[e].nex)
a[++at]=c[f[e].key];
merge_sort(1,at);
for(i=1;i<=at;++i)
if(a[i].num!=0)
(b[a[i].num].p1==-1)?(b[a[i].num].p1=a[i].hash):(b[a[i].num].p2=a[i].hash);
for(i=1;i<=n;++i)
return
0;}
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