给出 n 条垂线，问有多少个三元组 中，任意两条可以看得到对方
样例中 答案为 1 ，横坐标 为 1 的线段+横坐标 为 2 (3,4)的线段+横坐标为 1 的线段
做过 poj 2777 区间染色的问题 就 很容易看出这个 题目 其实就 是 该问题 的小 延伸，我们可以根据x坐标进行从小到大的排序，然后对每条线段query该线段左端，改线段统领的
区间内 有多少种color，vis[][]记录，如果可以看得到的color在两个color之间加一条相当于边的标记，表示可看见，然后Update
全部query完之后，暴力n^3 求解。。
同时要注意如 样例 中 ，0 2 2,3 4 2这两条线段，可以看到 2 3之间是没有被覆盖的，然而我们查询的时候查到的是2被覆盖，3被覆盖，因此我们会认为[2,3]是被覆盖的。解决方法就是把纵坐标都乘以2.
做题过程：
哎，12分钟就敲完了。然后调了18分钟还是没过。发现又是思路有点偏颇。刚开始把更新和查询放在一起做了，这样子做是不对的。因为更新只更新到[L,R]，但是查询可以查询到更下一层。结果就。。。orz了。
还有一点是不变的真理。可以用-1表示这个区间有很多种颜色，用0表示这个区间没有颜色。用>= 1来表示颜色。这样形成习惯就好。
刚开始看的时候没想明白为什么要先按坐标排序，敲的时候想明白了。这样才能保证题意所要求的能相连。
/*
Pro: 0
Sol:
date:
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
#define maxn 20000
#define lson l, m , rt << 1
#define rson m + 1, r, rt << 1 |1
#define havem int m = (l + r ) >> 1
using namespace std;
int T,n;
bool vis[8001][8001];
int color[maxn << 2];
struct Seg{
int x, y1, y2;
bool operator <(const Seg & cmp) const{
return x < cmp.x;
}
}p[maxn];
void build(int l, int r, int rt){
color[rt] = 0;
if(l == r) return ;
havem;
build(lson); build(rson);
}
void push_dn(int rt){
if(color[rt] != -1)
color[rt << 1] = color[rt << 1 | 1] = color[rt], color[rt] = -1;
}
void query(int L, int R, int val, int l , int r, int rt){
if(color[rt] != -1){//
vis[color[rt]][val] = true;
return ;
}havem; push_dn(rt);
if(L <= m) query(L,R,val,lson);
if(R > m) query(L,R,val,rson);
}
void update(int L,int R,int val, int l, int r,int rt){
// if(color[rt] != -1){// 不能偷懒，将更新和询问写着一起。因为可能递归到L,R的更下一层，在这里写的话就不对了。。。
// vis[color[rt]][val] = true;
// }
if(L <= l && r <= R){
color[rt] = val;
return ;
}havem; push_dn(rt);
if(L <= m) update(L,R,val,lson);
if(R > m) update(L,R,val,rson);
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T --){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
memset(vis[i],0,sizeof(vis[i]));
for(int i = 1; i <= n; i ++){
scanf("%d%d%d",&p[i].y1,&p[i].y2, &p[i].x);
p[i].y1 <<= 1;
p[i].y2 <<= 1;
}
sort(p + 1, p + n + 1);
build(0,maxn,1);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
// query(p[i].y1,p[i].y2,i,0,maxn,1);
update(p[i].y1,p[i].y2,i,0,maxn,1);
}
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
for(int j = 1; j <= n; j ++){
if(i == j) continue;
if(vis[i][j]){
for(int k = 1; k <= n; k ++){
if(k == i || k == j) continue;
if(vis[i][k] && vis[j][k]) cnt ++;
}
}
}
}
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}