Description
有 \(N\) 个彩色糖果在平面上。小奇想在平面上取一条水平的线段,并拾起它上方或下方的所有糖果。求出最多能够拾起多少糖果,使得获得的糖果并不包含所有的颜色。
Input
包含多组测试数据,第一行输入一个正整数 \(T\) 表示测试数据组数。
Output
对于每组数据在一行内输出一个非负整数 $ans$,表示答案
这道题要我们求一条线段上面的所有点或者是下面的所有点的个数(在满足题意的1情况下)。这可以转化为求矩形内部点的个数。
那么，一共有三种矩形。每个矩形肯定会有左右边界(因为是线段)，那么三种矩形分别是只有上边界(情况1)，只有下边界(情况2)和上下边界都没有(情况3)。
然后，情况1和情况2具有对称性。我们只需要把每个点的纵坐标取个反就可以由情况1的算法退出情况2了。因此，我们无需考虑情况2。
首先，我们来考虑情况1的矩形最大可以到哪里。显然，这个矩形的左、右、下边界都受到了同一种颜色的点的制约(或者已经到了所有点之外)，因而不能继续拓展。所以，我们可以考虑枚举下边界那个点$x$，那么左边界就是$x$左边的点中第一个纵坐标大于他的。右边界同理。
这种操作是经典的平衡树操作。但同时也可以使用树状数组加挂链来解决。先把所有点按横坐标排好序，相同颜色的点挂好双向链表，然后再按纵坐标从排序，自底向上扫过去，每次从链表中删去一个点即可。
这样做还有一个好处，就是同时可以对横坐标建一个树状数组来维护区域内点的个数了。只需一开始把所有点都加进去，然后拿出一个点作下边界，就把纵坐标等于这个点纵坐标的所有点从树状数组中删去即可。
最后考虑情况3。由于上下边界都没有，这实际上转化成了一个序列问题。我们可以按横坐标排好序，从前往后扫一边，每扫到一个点就用上一个相同颜色的点与这个点之间点的个数更新一下答案。最后再用最后的点到空区域之间的点更新一下答案即可。
下面贴代码(我写的好像比较丑)：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define maxn 100010 using namespace std;
typedef long long llg; struct data{
int x,y,b,z;
}s[maxn],ss[maxn];
int T,n,K,c[maxn],lt[maxn];
int dx[maxn],lx,dy[maxn],ly;
int pr[maxn],ne[maxn],ans;
int w[maxn]; int getint(){
int w=0;bool q=0;
char c=getchar();
while((c>'9'||c<'0')&&c!='-') c=getchar();
if(c=='-') c=getchar(),q=1;
while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar();
return q?-w:w;
} bool cmpx(data a,data b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.y<b.y;}
bool cmpy(data a,data b){if(a.y!=b.y)return a.y<b.y;return a.x<b.x;}
void add(int x,int y){while(x<=lx) c[x]+=y,x+=x&(-x);}
int sum(int x){
int t=0;
while(x) t+=c[x],x-=x&(-x);
return t;
} void solve(){
sort(s+1,s+n+1,cmpx); ss[n+1].x=lx+1;
for(int i=1;i<=K;i++) lt[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
add(s[i].x,1); pr[s[i].b]=lt[s[i].z];
if(lt[s[i].z]) ne[lt[s[i].z]]=s[i].b;
lt[s[i].z]=s[i].b;
}
for(int i=1;i<=K;i++) ne[lt[i]]=n+1;
sort(s+1,s+n+1,cmpy);
for(int k=1,j;k<=n;k=j){
j=k+1; add(s[k].x,-1);
while(j<=n && s[j].y==s[k].y) add(s[j].x,-1),j++;
for(int i=k;i<j;i++){
int l=pr[s[i].b],r=ne[s[i].b];
ans=max(ans,sum(ss[r].x-1)-sum(ss[l].x));
ne[l]=r; pr[r]=l; pr[s[i].b]=ne[s[i].b]=0;
}
}
} int main(){
File("a");
T=getint();
while(T--){
n=getint(); K=getint(); lx=ly=ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
dx[++lx]=s[i].x=getint();
dy[++ly]=s[i].y=getint();
s[i].b=i,s[i].z=getint();
}
sort(dx+1,dx+lx+1); lx=unique(dx+1,dx+lx+1)-dx-1;
sort(dy+1,dy+ly+1); ly=unique(dy+1,dy+ly+1)-dy-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
s[i].x=lower_bound(dx+1,dx+lx+1,s[i].x)-dx;
s[i].y=lower_bound(dy+1,dy+ly+1,s[i].y)-dy;
}
for(int i=1;i<=n;i++) ss[i]=s[i];
solve(); for(int i=1;i<=n;i++) s[i].y=ly+1-s[i].y; solve();
sort(s+1,s+n+1,cmpx);
for(int i=1;i<=K;i++) lt[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=max(ans,w[s[i].x-1]-w[lt[s[i].z]]);
w[s[i].x+1]=++w[s[i].x]; lt[s[i].z]=s[i].x;
}
for(int i=1;i<=K;i++) ans=max(ans,n-w[lt[i]]);
for(int i=1;i<=lx;i++) w[i]=0;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}