因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

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problem

平面上有 $n$ 个点，$(x_i,y_i)$。

$q$ 次询问，每次给定三个点 $A(x+d,y),B(x,y),C(x,y+d)$。

求有多少个点 $(x_i,y_i)$ 在这个三角形内部或边界上。

$10s,128MB,all\le 1e6$。

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my idea

给定的三角新很有特点：是等腰直角三角形且直角边分别与一条坐标轴平行。

并不是任意的一个三角形。那么这个三角形最难处理的自然就是斜边部分，因为不与坐标轴平行。

如果这是个正方形，就是个很简单的二维差分数点问题。

我曾试图用所有的点减去没有落在指定区域的点，但是发现外围图形仍然会被切割成若干个矩形和一个三角形，还是不会计算三角形。❌

我曾试图计算一个点的位置会被多少个三角形覆盖，对这些三角形贡献 $1$。但是查询的三角形压根不能找到一种范围限制能够说明：横纵坐标简单的加减为某个范围时属于这个三角形。❌

这两种思路都卡在了三角形重叠部分，更具体而言是没有找到要贡献的点坐标的特征性，显然这应该是正解的思路，这导致我们只能尝试不是正解的想法看能否优化跑过。

既然题目给的是平行坐标轴的直角三角形，那么这个直角边一定是切入点。

三角形不好做，但是四边形好做。

将三角形划分成一个四边形，和两个三角形。

如图：一个三角形存在很多种切割方式。

四边形是很容易计算的，三角形就递归地切割。所以时间复杂度是跟这个三角形切割挂钩的。

出于平衡左右时间的思想，我们肯定会选取“正半分”，使得两个三角形“完全一样”。

【但是如果只计算整点，“正半分”可能是分数，所以是尽可能地“正半分”，让两边地效率尽可能平衡。】

这种递归思想就是——分治。

没错，我们可以采取分而治之的做法，递归求解计算。

最底层的出口就是直角边某一条长度为 $1$ 的三角形，统计另一条边的贡献即可。

这样，划分最多 $log$ 层。

四边形的计算由于 $N\times M$ 根本开不下，无法预处理然后 $O(1)$ 差分求解。

只能采取数据结构计算。

具体而言：

将 $n$ 个点按 $x$ 第一关键字，$y$ 第二关键字排序。

需要在划分的一个区间内查询一个区间的问题。又是它！——主席树。

以 $y$ 建立线段树，第 $i$ 个版本维护的是前 $i$ 个点的主席数信息，权值线段树。

线段树上节点维护 $y\in [l,r]$ 的点有多少个。

$i\to i+1$，单点更新 $y_i$。

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

然后就询问 $l\sim r$ 版本中 $[y1,y2]$ 内点的个数。

这样来看数据结构自带两个 $log$，外层还有一个。时间复杂度是 $O(nlo{g}^{3}n)$ 的。

只能堪堪通过 $70\%$ 的数据点 $2\times 10^5$。

【计算出来大概是 $8e8$ 的，$10s$ 跑 $1e9$，常数小写得好看应该是能跑过的。】

考虑优化，优化掉二分查找的 $log$。

最开始排序的 $log$ 省不了。

对于 $i$，直接二分找 $l,r$ 记录下来 $L_i,R_i$。

这样是将里面嵌套的 $log$ 放在了外面。

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

就是两个 $log$ 的了。

算出来 $4e8$，相对与 $1e9$ 而言应该是绰绰有余的，常数大点应该没关系。

trick：图上一条线段分裂，但实际上计算的时候并不重叠。

中间界可以划给三角形部分，也可以是矩形部分。

但具体实现会发现，将中间界划分给三角形会比较好算，因为是封闭的。

不好说明，给图直观感受。

但是也不是说不能写，应该也是能实现的。

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solution

直接查询，就是三维数点问题。$CDQ$ 分治做 $O(n{\log }^{2}n)$。

又来了，一句话一页阐释。

为什么是三维数点？？怎么数？？

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扩展：如何用三角形的三个坐标表示三角形中任意一点的坐标。

假设三角形三点分别为 $A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)$，现要表示内部点 $O(x,y)$。

设射线 $AO$ 交 $BC$ 与点 $D$，$\overrightarrow{AO}=m\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BD}=n\overrightarrow{BC}$。

则 $\overrightarrow{AO}=m\overrightarrow{AD}=m(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD})=m\overrightarrow{AB}+mn\overrightarrow{BC}$。

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

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

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

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

dbq，我确实没看懂这个三维数点怎么做。

观察性质，三角形区域 $(x^{\prime },y^{\prime })-(x^{\prime }+d,y^{\prime })-(x^{\prime },y^{\prime }+d)$。
相当于总区域减去 $x<x^{\prime },y<y^{\prime },x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d$ 三个半平面。
然后补上三个被减了两次的区域。
即 $x<x^{\prime }\wedge y<y^{\prime },x<x^{\prime }\wedge x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d^{\prime },y<y^{\prime }\wedge x+y>x^{\prime }+y^{\prime }+d$。

这三个部分都是二维数点，直接做，时间复杂度 $O(n\log n)$。

其实看题解的时候我并不懂，但是一看代码就懂了！！

原来是我不会等腰直角三角形的二维数点！！其实很简单。

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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;
}

总结

这道题大概断断续续想了两天（每天 $40min$ 左右）吧，当我突然意识到分拆递归处理的时候，后面的进展就比较快了。

其实std的做法是很有局限性的，必须充分利用等腰直角，直角边平行于坐标轴三个条件，但也是挺妙的。

但是我的想法是可以扔掉等腰这个条件的，只需要直角三角形，直角边平行于坐标轴就可以了，但是多了个 $log$。

当然这也是我的想法，我也不知道是否正确，欢迎友好讨论以及分享不同思路。