如图,在2X2的正方形网格中,有一个以格点为顶点的三角形ABC,则网格中所有与三角形A

Posted 2023-04-24

如图,在2X2的正方形网格中,有一个以格点为顶点的三角形ABC,则网格中所有与三角形ABC共有-----个（不包括三角形abc本身）
如图,在2X2的正方形网格中,有一个以格点为顶点的三角形ABC,则网格中所有与三角形ABC成中心对称且也以格点为顶点的三角形共有-----个（不包括三角形abc本身）

网格中与三角形ABC成中心对称且也以格点为顶点的三角形共有 1 个（不包括三角形abc本身）追问

谢谢你的回答，不过答案不是这个，我们已经讲过了，不过还是很谢谢你

参考技术A ？？？？问题到底是啥/

BZOJ1818[Cqoi2010]内部白点 扫描线+树状数组

【BZOJ1818】[Cqoi2010]内部白点

Description

无限大正方形网格里有n个黑色的顶点，所有其他顶点都是白色的（网格的顶点即坐标为整数的点，又称整点）。每秒钟，所有内部白点同时变黑，直到不存在内部白点为止。你的任务是统计最后网格中的黑点个数。 内部白点的定义：一个白色的整点P(x,y)是内部白点当且仅当P在水平线的左边和右边各至少有一个黑点（即存在x1 < x < x2使得(x1,y)和(x2,y)都是黑点），且在竖直线的上边和下边各至少有一个黑点（即存在y1 < y < y2使得(x,y1)和(x,y2)都是黑点）。

Input

输入第一行包含一个整数n，即初始黑点个数。以下n行每行包含两个整数(x,y)，即一个黑点的坐标。没有两个黑点的坐标相同，坐标的绝对值均不超过109。

Output

输出仅一行，包含黑点的最终数目。如果变色过程永不终止，输出-1。

Sample Input

4
0 2
2 0
-2 0
0 -2

Sample Output

5
数据范围
36%的数据满足：n < = 500
64%的数据满足：n < = 30000
100%的数据满足：n < = 100000

题解：容易发现，对于x坐标相同的点，最有用的点一定是y坐标最小和最大的点；y相同的，最有用的就是x坐标最小和最大的点。并且新加入的内部白点的x和y坐标一定不会比原来更优，所以。。。变色过程只持续了最多1秒。

于是我们先离散化，求出x坐标相同时y的最小值和最大值以及y相同时x的最小最大值，然后可以看成给你一堆线段求这些线段的交点个数。用扫描线+树状数组即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn=100010;
typedef long long ll;
int n,mx,my;
ll ans;
int xl[maxn],xr[maxn],yl[maxn],yr[maxn],s[maxn];
struct point
{
	int x,y;
}p[maxn];
struct node
{
	int val,org;
}num[maxn];
vector<int> q1[maxn],q2[maxn];
vector<int>::iterator it;
bool cmpv(const node &a,const node &b)
{
	return a.val<b.val;
}
bool cmpx(const point &a,const point &b)
{
	return a.x<b.x;
}
inline void updata(int x,int val)
{
	for(int i=x;i<=mx;i+=i&-i)	s[i]+=val;
}
inline int query(int x)
{
	int i,ret=0;
	for(i=x;i;i-=i&-i)	ret+=s[i];
	return ret;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd();
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)	num[i].val=rd(),p[i].y=rd(),num[i].org=i;
	sort(num+1,num+n+1,cmpv);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i==1||num[i].val>num[i-1].val)	mx++;
		p[num[i].org].x=mx;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	num[i].val=p[i].y,num[i].org=i;
	sort(num+1,num+n+1,cmpv);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i==1||num[i].val>num[i-1].val)	my++;
		p[num[i].org].y=my;
	}
	memset(xl,0x3f,sizeof(xl)),memset(yl,0x3f,sizeof(yl));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		xr[p[i].x]=max(xr[p[i].x],p[i].y),xl[p[i].x]=min(xl[p[i].x],p[i].y);
		yr[p[i].y]=max(yr[p[i].y],p[i].x),yl[p[i].y]=min(yl[p[i].y],p[i].x);
	}
	for(i=1;i<=mx;i++)	q1[xl[i]].push_back(i),q2[xr[i]].push_back(i);
	for(i=1;i<=my;i++)
	{
		for(it=q1[i].begin();it!=q1[i].end();it++)	updata(*it,1);
		ans+=query(yr[i])-query(yl[i]-1);
		for(it=q2[i].begin();it!=q2[i].end();it++)	updata(*it,-1);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}