问题背景
有 \(n\) 个三元组 \((a_i,b_i,c_i)\)，要求满足 \(a_i\le a_j,b_i\le b_j,c_i\le c_j\) 的有序对 \((i,j)\) 数量。
保证不存在两个三元组相同。（存在相同的情况下面会说）。
介绍
因为不会出现重复的数，所以不需要考虑 \((i,j)\) 互相偏序的情况。
设 \(f_i\) 表示恰好 \(i\) 维偏序的对数，\(g_i\) 表示钦定 \(i\) 维偏序的对数。
那么 \(g_i=\sum_{j=i}^3 C_j^i \times f_j\)，二项式反演得 \(f[i]=\sum_{j\ge i} (-1)^{j-i} \times C_j^i \times g_j\)。
所以：\(f_0=g_0-g_1+g_2-g_3\)。
即 \(g_3=g_0-f_0-g_1+g_2\)。
而 \(g_3=f_3\)，所以 \(f_3=g_0-f_0-g_1+g_2\)。
\(g_0\) 和 \(g_1\) 直接 \(O(1)\) 和 \(O(n)\) 求，\(g_2\) 做三次二维偏序就可以了。
主要是 \(f_0\) 怎么算。
注意到现在偏序条件是 \(\le\) 所以 \(f_0\) 不一定 \(=f_3\)。
比如 \((4,4,4)\) 确实三维偏序 \((2,4,4)\) 但是 \((2,4,4)\) 有两维是偏序 \((4,4,4)\) 的。
所以如果我们能让每一维都变成互不相同的就可以保证 \(f_0=f_3\) 了。
也就是说 \(f_3=\frac{g_0-g_1+g_2}{2}\)。
那怎么办呢？
其实只需要分别按某一维为第一关键字排序，其他两维为二，三关键字排序。
将这种条件下的每个三元组的排名作为这一维新的值就可以了。
举个例子： 我们有三个三元组 \((4,4,2),(2,4,4),(4,4,4)\)。
- 先按照第一维为第一关键字，二，三维为第二，三关键字排序：\((2,4,4),(4,4,2),(4,4,4)\)。
然后用现在的排名替换第一维：\((1,4,4),(2,4,2),(3,4,4)\)。 - 再按照第二维为第一关键字，一，三维为第二，三关键字排序：\((1,4,4),(2,4,2),(3,4,4)\)。
然后用现在的排名替换第二维：\((1,1,4),(2,2,2),(3,3,4)\)。 - 最后按照第三维为第一关键字，一，二维为第二，三关键字排序：\((2,2,2),(1,1,4),(3,3,4)\)。
然后用现在的排名替换第三维：\((2,2,1),(1,1,2),(3,3,3)\)。
容易证明这样每一维都是排列，并且不会影响 \(f_3\) 最终的值。(但显然会影响 \(f_0,f_1,f_2\)，反正你也不去管这三个值)。
具体看最后给出的代码。
代码可能比 CDQ 分治还好写。
补充说明
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如果会出现相同的三元组怎么办？
相同的三元组答案肯定一样，可以把他们缩到一起（类似于洛谷模板题的处理思路），然后在最后算答案的时候再加上互相偏序的三元组的贡献。 -
如果某一维要求 \(\ge\) 怎么办？
把那一维全部取反即可。
局限性
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不能像 CDQ 分治那样算出每个三元组具体偏序了多少其他三元组。
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偏序条线必须包含
=，即不能处理>类型的偏序。
这一点也很好证明，因为不管你的要求是什么，按照那种方法变换之后的序列都是一样的，无法区分 \(>\) 和 \(\ge\)。
而如果你不变换的话，\((2,4,4)\) 没有一维是偏序 \((4,4,4)\) 的，但是 \((4,4,4)\) 并不是三维偏序 \((2,4,4)\) 的。
所以 \(f_0\ne f_3\)。
下面通过一道典题来给出代码。
