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\(n\) 支队伍一共参加了三场比赛。

一支队伍 \(x\) 认为自己比另一支队伍 \(y\) 强当且仅当 \(x\) 在至少一场比赛中比 \(y\) 的排名高。

求有多少组 \((x,y)\) ，使得 \(x\) 自己觉得比 \(y\) 强，\(y\) 自己也觉得比 \(x\) 强。

\((x, y), (y, x)\)算一组。

输入描述

第一行一个整数 \(n\) ，表示队伍数；接下来 \(n\) 行，每行三个整数 \(a[i], b[i], c[i]\) ，分别表示 \(i\) 在第一场、第二场和第三场比赛中的名次；\(n\) 最大不超过 \(200000\)

输出描述

输出一个整数表示满足条件的 \((x,y)\) 数；\(64\) bit请用lld

示例1

输入

输出

题解

思路

知识点：分治，排序。

这是一道多维偏序题，可以CDQ分治，但鄙人还不会，这里用逆序对的。

注意到，一对的三场比赛至少一强一弱，由于\((x, y), (y, x)\)算一组，因此在计算一场比赛时只管弱或者强的一种可能就行，另一种可能是重复的。

我们对第一场比赛排序，使得 \(i<j\) 时 \(i\) 比 \(j\) 弱。现在去找第二场的逆序对，得到的答案便是第一场弱第二场强的对，但第三场不定；再对第一场排序，找第三场的逆序数，就找到了第一场弱第三场强的对，但第二场不定；再对第二场排序，找第三场的逆序数，就找到了第二场弱第三场强的对，但第一场不定。

于是我们得到了 \(6\) 组情况（1代表强，0代表弱）：

序号/场次	第一场	第二场	第三场
1	0	1	1
2	0	1	0
3	0	1	1
4	0	0	1
5	1	0	1
6	0	0	1

我们发现 \(1\) 和 \(3\) 重复了，\(4\) 和 \(6\) 重复了。\(2\) 和 \(5\) 是互反的，由于每个组都是一种情况的全部可能性，而两种情况互反算一组，所以重复了。因此最终答案是三种情况相加除以 \(2\) 。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

struct team {

    int a, b, c;

}P[200007];

int Q[200007], R[200007];

long long ans = 0;

void merge_sort(int l, int r) {

    if (l == r) return;

    int mid = l + r >> 1;

    merge_sort(l, mid);

    merge_sort(mid + 1, r);

    int i = l, j = mid + 1, k = l;

    while (i <= mid && j <= r) {

        if (Q[i] <= Q[j]) R[k++] = Q[i++];

        else R[k++] = Q[j++], ans += mid - i + 1;

    }

    while (i <= mid) R[k++] = Q[i++];

    while (j <= r)R[k++] = Q[j++];

    for (int i = l;i <= r;i++) Q[i] = R[i];

}

int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n;

    cin >> n;

    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> P[i].a >> P[i].b >> P[i].c;

    sort(P, P + n, [&](team a, team b) {return a.a < b.a;});

    for (int i = 0;i < n;i++) Q[i] = P[i].b;

    merge_sort(0, n - 1);

    for (int i = 0;i < n;i++) Q[i] = P[i].c;

    merge_sort(0, n - 1);

    sort(P, P + n, [&](team a, team b) {return a.b < b.b;});

    for (int i = 0;i < n;i++) Q[i] = P[i].c;

    merge_sort(0, n - 1);

    cout << ans / 2 << '\n';

    return 0;

}

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