HDU 6296 代码派对

矩形的交集如果非空，那么仍然是一个矩形。考虑求出经过每个格子 (i,j) 的矩形数量 fi,j，f 可以通过二维前缀和在 O(n + m2) 的时间内求出，则 ans =∑C(fi,j,3)。 

上述方法会重复统计，这些多出来的部分一定是交集覆盖了 (i,j −1) 或者 (i−1,j)。减去 交集同时覆盖 (i,j −1) 和 (i,j) 的答案，再减去交集同时覆盖 (i−1,j) 和 (i,j) 的答案，那么 交集同时覆盖 (i−1,j−1) 和 (i,j) 的答案会被多减一次，再加回来即可。按照该方法，每个方 案都将在交集的左上角格子处被恰好统计到一次。 对于计算交集同时覆盖 (i,j −1) 和 (i,j) 的答案，只需要把所有矩形的边长减小 1，其它 几项答案的计算同理。 时间复杂度 O(n + m2)。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=100010,M=1010;
int Case,n,m,i,j,e[N][4],s[M][M];ll C3[N],ans;
ll solve(int dx,int dy)
{
  for(i=1;i<=m;i++)
     for(j=1;j<=m;j++)
	    s[i][j]=0;
  for(i=1;i<=n;i++)
  {
    int xl=e[i][0]+dx,yl=e[i][1]+dy,xr=e[i][2],yr=e[i][3];
    if(xl>xr||yl>yr)
	  continue;
    s[xl][yl]++;
    s[xr+1][yl]--;
    s[xl][yr+1]--;
    s[xr+1][yr+1]++;
  }
  ll ret=0;
  for(i=1;i<=m;i++)
      for(j=1;j<=m;j++)
	   {
          s[i][j]+=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
          ret+=C3[s[i][j]];
       }
  return ret;
}
int main()
{
    for(i=1;i<N;i++)
       C3[i]=1LL*i*(i-1)*(i-2)/6;
    scanf("%d",&Case);
    m=1000;
    while(Case--)
	{
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
	   for(j=0;j<4;j++)
	      scanf("%d",&e[i][j]);
    ans=solve(0,0)-solve(1,0)-solve(0,1)+solve(1,1);
    printf("%lld\n",ans);
   }
}