$STL$这种东西你真是不用还不行用了出锅了你还没话说。。。
$T1$想到正解的一半（而且也写了一半）突然发现不对劲就扔了。
$T2$是个构造。$yy$了半小时虽然不会严谨证但是大概是对的。
写完之后发现过不了样例就懵了，发现少考虑一种边界情况。
结果判这个边界用了好久好久。
并没有给$T3$时间然后我就结束了。
结果$T2$莫名$RE$。把$sort$改成$stable\ sort$就行了。到现在还不明白原理。
反正以后尽量用$stable\ sort$吧。
T1：洛希极限
大意：网格图有$q$矩形，可以从任意点出发任意点结束，每次可以从$(x_1,y_1)$跳到$(x_2,y_2)$当且仅当$x_1<x_2,y_1<y_2$且两个点同时存在于某一个矩形中。
求最多跳几步以及跳这么多步的方案数。多测$T \le 10^5,n,m \le 2 \times 10^3,\sum q \le 5 \times 10^5$
设$dp[i][j]$表示最后一次跳到$(i,j)$的最多步数及方案数。枚举点枚举矩形$O(n^2m^2q)$。
发现最优决策下每一步中，都至少有一个维度的变化量恰好为$1$。
所以我们只要预处理出每个点能从上一行/列的最左/上端那个位置开始转移，然后枚举就好了。$O(qnm+nm^2)$
复杂度变成了两部分。后面这个比较要命（是吗。。？）先来优化这个：
可以发现当你枚举的点右移一个时，转移的左端点不可能左移。也就是说具有单调性，可以单调队列优化。
但是比较麻烦的一点在于，最大值很好统计，但是你还要方案数，也就是说队列里可能堆着很多最大值一样的点。
然后你每次查询的是与最大值相等的点的方案数的和，偶尔还要弹掉队首的一个点。
其实只需要额外维护一个桶来存每种权值的方案数，出入队的时候更新一下桶就行了。
维护了$n+m$个桶和队列，但并不是更新完一个点的权值就加入，而是用到的时候再插入。我思维僵化了。
这样$dp$部分的复杂度下降至线性。总复杂度$O(qn+nm)$。理论很大但是$cbx$实测可以$AC$
（自然也用到了下边这种思想，只不过暴力标记了每一行而已）
考虑优化前半部分。可以拆分成若干这样的问题：对于第$[u,d]$行，每行的$[l,r]$区间对$l$取$min$
我思维僵化，最开始的想法是从上到下（$u \rightarrow d$方向）扫描线，$u$时插入$d+1$时删除。然而发现自己并不会删除。
但是由于这道题的特殊性，如果我们从右到左（$r \rightarrow l$方向）做扫描线，发现就不需要删除了。
因为可以发现对于$i \le l$的点，你说更新它们的左端点是$l$，显然是没有意义的。反正最后都可以对$i$取$min$
所以就直接做区间取$min$的线段树，每行列扫到的时候遍历一下线段树是$O(n)$的。
所以这一部分的总复杂度就是$O(nm+q\ log\ n)$了。总复杂度也就对了。然而我跑不过$cbx$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int mod=1e9+7,N=2002; 4 vector<int>ql[N],qr[N],qv[N],Ql[N],Qr[N],Qv[N]; 5 int t,n,m,q; 6 int mo(int x){return x>=mod?x-mod:x;} 7 int add(int&x,int y){x=mo(x+y);} 8 int dec(int&x,int y){x=mo(x-y+mod);} 9 struct D{ 10 int w,p; 11 D operator+(D x){return w==x.w?(D){w,mo(p+x.p)}:(w>x.w?*this:x);} 12 }w[N][N],E,ans; 13 int nt[N<<2],lim[N],lp[N][N],up[N][N]; 14 #define lc p<<1 15 #define rc lc|1 16 #define md (L+R>>1) 17 void build(int p=1,int L=1,int R=1){ 18 nt[p]=N;if(L==R)return; 19 build(lc,L,md);build(rc,md+1,R); 20 } 21 void add(int l,int r,int x,int p,int L,int R){ 22 if(x>nt[p])return; 23 if(l<=L&&R<=r){nt[p]=min(nt[p],x);return;} 24 if(l<=md)add(l,r,x,lc,L,md); if(r>md)add(l,r,x,rc,md+1,R); 25 } 26 void print(int x,int p,int L,int R){ 27 x=min(x,nt[p]);if(L==R){lim[L]=x;return;} 28 print(x,lc,L,md);print(x,rc,md+1,R); 29 } 30 struct que{ 31 int buc[N],pos[N],h,t;D v[N]; 32 void push(int i,D x){ 33 while(t>=h&&v[t].w<x.w)buc[v[t--].w]=0; 34 add(buc[x.w],x.p);v[++t]=x;pos[t]=i; 35 } 36 D top(int l){ 37 while(t>=h&&pos[h]<l)dec(buc[v[h].w],v[h].p),h++; 38 return h>t?(D){0,0}:(D){v[h].w,buc[v[h].w]}; 39 } 40 void clear(){while(t>=h)buc[v[t--].w]=0;h=1;t=0;} 41 }qC[N],qR[N]; 42 int main(){scanf("%d",&t);while(t--){ 43 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 44 for(int i=1;i<=m;++i)ql[i].clear(),qr[i].clear(),qv[i].clear(),qC[i].clear(); 45 for(int i=1;i<=n;++i)Ql[i].clear(),Qr[i].clear(),Qv[i].clear(),qR[i].clear(); 46 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)w[i][j]=E;ans=E; 47 for(int i=1;i<=q;++i){ 48 int a,b,c,d;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); 49 if(a==c||b==d)continue; 50 Ql[c].push_back(b+1);Qr[c].push_back(d);Qv[c].push_back(a); 51 ql[d].push_back(a+1);qr[d].push_back(c);qv[d].push_back(b); 52 } 53 build(1,1,n); 54 for(int i=m;i;--i){ 55 for(int j=0;j<ql[i].size();++j)add(ql[i][j],qr[i][j],qv[i][j],1,1,n); 56 print(m,1,1,n); for(int j=1;j<=n;++j)lp[j][i]=min(i,lim[j]); 57 } 58 build(1,1,m); 59 for(int i=n;i;--i){ 60 for(int j=0;j<Ql[i].size();++j)add(Ql[i][j],Qr[i][j],Qv[i][j],1,1,m); 61 print(n,1,1,m); for(int j=1;j<=m;++j)up[i][j]=min(i,lim[j]); 62 } 63 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j){ 64 w[i][j]=(D){0,1}; 65 if(i>1&&j>1)qR[i-1].push(j-1,w[i-1][j-1]); if(j>1&&i>2)qC[j-1].push(i-2,w[i-2][j-1]); 66 w[i][j]=w[i][j]+qR[i-1].top(lp[i][j])+qC[j-1].top(up[i][j]); 67 w[i][j].w++;ans=ans+w[i][j]; 68 }printf("%d %d\n",ans.w,ans.p); 69 }}