因為只有std，沒有自我實現，所以是無碼專區

主要是為了訓練思維能力

solution才是dls正解，但是因為只有潦草幾句，所以大部分會有我自己基于正解上面的算法實現過程，可能選擇的算法跟std中dls的實現不太一樣。

std可能也會帶有博主自己的注釋。

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problem

平面上有 $n$ 個點，$(x_i,y_i)$。

$q$ 次詢問，每次給定三個點 $A(x+d,y),B(x,y),C(x,y+d)$。

求有多少個點 $(x_i,y_i)$ 在這個三角形內部或邊界上。

$10s,128MB,all\le 1e6$。

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my idea

給定的三角新很有特點：是等腰直角三角形且直角邊分別與一條坐標軸平行。

并不是任意的一個三角形。那么這個三角形最難處理的自然就是斜邊部分，因為不與坐標軸平行。

如果這是個正方形，就是個很簡單的二維差分數點問題。

我曾試圖用所有的點減去沒有落在指定區域的點，但是發現外圍圖形仍然會被切割成若干個矩形和一個三角形，還是不會計算三角形。?

我曾試圖計算一個點的位置會被多少個三角形覆蓋，對這些三角形貢獻 $1$。但是查詢的三角形壓根不能找到一種范圍限制能夠說明：橫縱坐標簡單的加減為某個范圍時屬于這個三角形。?

這兩種思路都卡在了三角形重疊部分，更具體而言是沒有找到要貢獻的點坐標的特征性，顯然這應該是正解的思路，這導致我們只能嘗試不是正解的想法看能否優化跑過。

既然題目給的是平行坐標軸的直角三角形，那么這個直角邊一定是切入點。

三角形不好做，但是四邊形好做。

將三角形劃分成一個四邊形，和兩個三角形。

如圖：一個三角形存在很多種切割方式。

四邊形是很容易計算的，三角形就遞歸地切割。所以時間復雜度是跟這個三角形切割掛鉤的。

出于平衡左右時間的思想，我們肯定會選取“正半分”，使得兩個三角形“完全一樣”。

【但是如果只計算整點，“正半分”可能是分數，所以是盡可能地“正半分”，讓兩邊地效率盡可能平衡。】

這種遞歸思想就是——分治。

沒錯，我們可以采取分而治之的做法，遞歸求解計算。

最底層的出口就是直角邊某一條長度為 $1$ 的三角形，統計另一條邊的貢獻即可。

這樣，劃分最多 $log$ 層。

四邊形的計算由于 $N\times M$ 根本開不下，無法預處理然后 $O(1)$ 差分求解。

只能采取數據結構計算。

具體而言：

將 $n$ 個點按 $x$ 第一關鍵字，$y$ 第二關鍵字排序。

需要在劃分的一個區間內查詢一個區間的問題。又是它！——主席樹。

以 $y$ 建立線段樹，第 $i$ 個版本維護的是前 $i$ 個點的主席數信息，權值線段樹。

線段樹上節點維護 $y\in [l,r]$ 的點有多少個。

$i\to i+1$，單點更新 $y_i$。

查詢 $(x1,y1,x2,y2)$。找到 $x1<x_l$ 的最小 $l$，以及 $xr<x2$ 的最大 $r$。二分查找。

然后就詢問 $l～r$ 版本中 $[y1,y2]$ 內點的個數。

這樣來看數據結構自帶兩個 $log$，外層還有一個。時間復雜度是 $O(nlo{g}^{3}n)$ 的。

只能堪堪通過 $70\%$ 的數據點 $2\times 10^5$。

【計算出來大概是 $8e8$ 的，$10s$ 跑 $1e9$，常數小寫得好看應該是能跑過的。】

考慮優化，優化掉二分查找的 $log$。

最開始排序的 $log$ 省不了。

對于 $i$，直接二分找 $l,r$ 記錄下來 $L_i,R_i$。

這樣是將里面嵌套的 $log$ 放在了外面。

$O(n{\log }^{3}n)\to O(n{\log }^{2}n+n\log n)$。

就是兩個 $log$ 的了。

算出來 $4e8$，相對與 $1e9$ 而言應該是綽綽有余的，常數大點應該沒關系。

trick：圖上一條線段分裂，但實際上計算的時候并不重疊。

中間界可以劃給三角形部分，也可以是矩形部分。

但具體實現會發現，將中間界劃分給三角形會比較好算，因為是封閉的。

不好說明，給圖直觀感受。

但是也不是說不能寫，應該也是能實現的。

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solution

直接查詢，就是三維數點問題。$CDQ$ 分治做 $O(n{\log }^{2}n)$。

又來了，一句話一頁闡釋。

為什么是三維數點？？怎么數？？

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擴展：如何用三角形的三個坐標表示三角形中任意一點的坐標。

假設三角形三點分別為 $A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)$，現要表示內部點 $O(x,y)$。

設射線 $AO$ 交 $BC$ 與點 $D$，$AO=mAD,BD=nBC$。

則 $AO=mAD=m(AB+BD)=mAB+mnBC$。

即：
$$(x?x1,y?y1)=m(x2?x1,y2?y1)+mn(x3?x2,y3?y2)$$

$$=(m(x2?x1)+mn(x3?x2),m(y2?y1)+mn(y3?y2))$$

$$?\{\begin{array}{l}x?x1=m(x2?x1)+mn(x3?x2)?x=x1(1?m)+x2(m?mn)+x3mn\\ y?y1=m(y2?y1)+mn(y3?y2)?y=y1(1?m)+y2(m?mn)+y3mn\end{array}$$

換元表示 $a=1?m,b=m?mn$ ，則
$$\{\begin{array}{l}x=a?x1+b?x2+(1?a?b)x3\\ y=a?y1+b?y2+(1?a?b)y3\end{array}$$

dbq，我確實沒看懂這個三維數點怎么做。

觀察性質，三角形區域 $(x^{\prime },y^{\prime })?(x^{\prime }+d,y^{\prime })?(x^{\prime },y^{\prime }+d)$。
相當于總區域減去 $x<x^{\prime },y<y^{\prime },x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d$ 三個半平面。
然后補上三個被減了兩次的區域。
即 $x<x^{\prime }\wedge y<y^{\prime },x<x^{\prime }\wedge x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d^{\prime },y<y^{\prime }\wedge x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d$。

這三個部分都是二維數點，直接做，時間復雜度 $O(n\log n)$。

其實看題解的時候我并不懂，但是一看代碼就懂了！！

原來是我不會等腰直角三角形的二維數點！！其實很簡單。

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code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define FOR(a,b,c) for (int a=b,_c=c;a<=_c;a++) #define FORD(a,b,c) for (int a=b;a>=c;a--) #define REP(i,a) for(int i=0,_a=(a); i<_a; ++i) #define REPD(i,a) for(int i=(a)-1; i>=0; --i) #define pb push_back #define mp make_pair #define fi first #define se second #define sz(a) int(a.size()) #define reset(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define oo 1000000007using namespace std;typedef long long ll; typedef pair<int, int> pii;const int maxn = 1000007; const int maxv = 1000007;int n, q, BIT[maxn], ans[maxn]; struct node {int x, y, d, id; } a[maxn * 2];bool cmp1(const node &a, const node &b) {return a.y < b.y || (a.y == b.y && a.id > b.id); }bool cmp2(const node &a, const node &b) {int v1 = a.x + a.y + a.d;int v2 = b.x + b.y + b.d;return v1 < v2 || (v1 == v2 && a.id < b.id); }void update(int p) {for (int i = p; i <= maxv; i += i & (-i))BIT[i]++; }int get(int p) {int ans = 0;p = min(p, maxv);for (int i = p; i; i -= i & (-i))ans += BIT[i];return ans; }int main() {freopen("triangular.in", "r", stdin);freopen("triangular.out", "w", stdout);scanf("%d%d", &n, &q);FOR(i, 1, n) {scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);a[i].id = 0;}FOR(i, 1, q) {scanf("%d%d%d", &a[i + n].x, &a[i + n].y, &a[i + n].d);a[i + n].id = i;}sort(a + 1, a + n + q + 1, cmp1);FOR(i, 1, n + q)if (a[i].id)ans[a[i].id] -= get(a[i].x + a[i].d) - get(a[i].x - 1);elseupdate(a[i].x);sort(a + 1, a + n + q + 1, cmp2);reset(BIT, 0);FOR(i, 1, n + q)if (a[i].id)ans[a[i].id] += get(a[i].x + a[i].d) - get(a[i].x - 1);elseupdate(a[i].x);FOR(i, 1, q) printf("%d\n", ans[i]);return 0; }

總結

這道題大概斷斷續續想了兩天（每天 $40min$ 左右）吧，當我突然意識到分拆遞歸處理的時候，后面的進展就比較快了。

其實std的做法是很有局限性的，必須充分利用等腰直角，直角邊平行于坐標軸三個條件，但也是挺妙的。

但是我的想法是可以扔掉等腰這個條件的，只需要直角三角形，直角邊平行于坐標軸就可以了，但是多了個 $log$。

當然這也是我的想法，我也不知道是否正確，歡迎友好討論以及分享不同思路。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【无码专区8】三角形二维数点——计数有多少个给定点落在三角形区域内的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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