题目背景
在遥远的Dgeak大陆，生活着一种叫做Dar-dzo-nye的怪物。每当这种怪物降临，人们必须整夜对抗怪物而不能安睡。为了乞求这种怪物不再降临，人们决定建造祭坛。
题目描述
Dgeak大陆可以看成一个用平面直角坐标系表示的巨大平面。在这个平面上，有 n 个Swaryea水晶柱，每个水晶柱可以用一个点表示。
如果 4 个水晶柱依次相连可以构成一个四边形，满足其两条对角线分别平行于 x 轴和 y 轴，并且对角线的交点位于四边形内部（不包括边界），那么这 4 个水晶柱就可以建立一个结界。其中，对角线的交点称作这个结界的中心。
例如下左图中，水晶柱 ABCD 可以建立一个结界，其中心为 O。
为了起到抵御Dar-dzo-nye的最佳效果，人们会把祭坛修建在最多层结界的保护中。其中不同层的结界必须有共同的中心，这些结界的边界不能有任何公共点，并且中心处也不能有水晶柱。这里共同中心的结界数量叫做结界的层数。
为了达成这个目的，人们要先利用现有的水晶柱建立若干个结界，然后在某些结界的中心建立祭坛。
例如上右图中，黑色的点表示水晶柱（注意 P 和 O 点不是水晶柱）。祭坛的一个最佳位置为 O 点，可以建立在 3 层结界中，其结界的具体方案见下左图。当然，建立祭坛的最佳位置不一定是唯一，在上右图中，O 点左侧 1 单位的点 P 也可以建立一个在 3 层结界中的祭坛，见下右图。
现在人们想知道：
祭坛最佳选址地点所在的结界层数；
祭坛最佳的选址地点共有多少个。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含两个正整数 n,表示水晶柱的个数
接下来 n 行，每行包含两个非负整数 x,y，表示每个水晶柱的坐标。保证相同的坐标不会重复出现。
输出格式：
第一行一个整数，表示祭坛最多可以位于多少个结界的中心
第二行一个整数，表示结界数最多的方案有多少种。
输入输出样例
输入样例#1：
26
0 5
1 1
1 5
1 9
3 5
3 10
4 0
4 1
4 2
4 4
4 6
4 9
4 11
5 0
5 2
5 4
5 8
5 9
5 10
5 11
6 5
7 5
8 5
9 10
10 2
10 5
输出样例#1：
3
2
说明
对于30%的数据 n <= 1000
另外30%的数据 n <= 10000
剩下的40%数据 n <= 100000
保证 0 <= x, y <= n
二分答案。把所有y坐标相同的放进相同的vector中
每次用扫描线检查答案是否合法并统计方案数.
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<bitset>
using namespace std;
const int maxn=100000+23333;
typedef pair<int,int> par ;
typedef long long ll;
inline int read(){
int an=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘){an=an*10+(ch^48);ch=getchar();}
return an*f;
}
int n;
struct saber{
int x,y;
}a[maxn];
vector<int>ty[maxn];
int up[maxn],used[maxn];
par operator + (par x,par y){
if(x.first==y.first)return make_pair(x.first,x.second+y.second);
return x.first>y.first?x:y;
}
struct Tree{
int sum[maxn];
inline void erase(){memset(sum,0,sizeof sum);}
inline int query(int k){
int re=0;
for(;k;k-=-k&k)re+=sum[k];
return re;
}
inline void add(int k,int val){for(;k<=1e5+1;k+=-k&k)sum[k]+=val;}
}t;
int L1,L2;
bool vis[maxn];
inline bool ok(int k){
L1=k;L2=0;
t.erase();
for(int i=1;i<=1e5+1;i++)used[i]=0,vis[i]=0;
for(int i=1;i<=1e5+1;i++){
int len=ty[i].size();
int l=k-1,r=len-k;
for(int j=l;j<r;j++)L2+=t.query(ty[i][j+1]-1)-t.query(ty[i][j]);
for(int j=0;j<len;j++){
used[ty[i][j]]++;
if(min(used[ty[i][j]],up[ty[i][j]]-used[ty[i][j]])>=k&&!vis[ty[i][j]])
vis[ty[i][j]]=1,t.add(ty[i][j],1);
if(min(used[ty[i][j]],up[ty[i][j]]-used[ty[i][j]])<k&&vis[ty[i][j]])
vis[ty[i][j]]=0,t.add(ty[i][j],-1);
}
}
return L2;
}
inline void solve(){
int l=0,r=1e5;
int ans1=0,ans2=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(ok(mid))ans1=L1,ans2=L2,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans1<<"\n"<<ans2;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int xx=read()+1,yy=read()+1;
a[i].x=xx;a[i].y=yy;up[xx]++;ty[yy].push_back(xx);
}
for(int i=1;i<=1e5+1;i++)sort(ty[i].begin(),ty[i].end());
solve();
return 0;
}