求交点的个数；
容易发现，对于两条航线(xi,yi)和(xj,yj)，设xi<xj
只有yi>yj时两条航线存在交点；
于是我们考虑以x为第一关键字减序，y为第二关键字为减序排序；
则对于当前航线（xi,yi)，只要找之前所有yj小于yi的个数
所有交点数就是其总和，统计就要用到飘逸的树状数组了~
var a,c:array[..] of longint;
x,y:array[..] of longint;
i,j,n,m,k,t:longint;
ans:int64; procedure add(p:longint);
begin
while p<=m do
begin
inc(c[p]);
p:=p+lowbit(p);
end;
end;
function ask(p:longint):longint;
begin
ask:=;
while p<> do
begin
ask:=ask+c[p];
p:=p-lowbit(p);
end;
end;
procedure sort(l,r: longint);
var i,j,h,p: longint;
begin
i:=l;
j:=r;
h:=x[(l+r) div ];
p:=y[(l+r) div ];
repeat
while (x[i]<h) or (x[i]=h) and (y[i]<p) do inc(i);
while (h<x[j]) or (x[j]=h) and (p<y[j]) do dec(j);
if not(i>j) then
begin
swap(x[i],x[j]);
swap(y[i],y[j]);
inc(i);
j:=j-;
end;
until i>j;
if l<j then sort(l,j);
if i<r then sort(i,r);
end; begin
readln(t);
for i:= to t do
begin
readln(n,m,k);
for j:= to k do
readln(x[j],y[j]);
ans:=;
sort(,k);
fillchar(c,sizeof(c),);
fillchar(a,sizeof(a),);
inc(a[y[k]]);
add(y[k]);
for j:=k- downto do
begin
ans:=ans+ask(y[j]-); //这是唯一要注意的细节，交点一定不能在城市处
inc(a[y[j]]);
add(y[j]);
end;
writeln('Test case ',i,': ',ans);
end;
end.