下面是一份“扫一遍＋树状数组”解法的思路导图，假设你已经熟悉了 Fenwick Tree（树状数组）的「点增／前缀和查」操作：

一、把“左下”转成「一维前缀」+「扫描」

1. 题中定义：

   每颗星 $(x_i,y_i)$ 的等级 $k$ = “落在它左下方的星数”， 即所有满足

   x_j ≤ x_i, y_j ≤ y_i

   的点的个数（不包括自己）。

2. 二维到一维：

   • 我们可以先按 $y$ 从小到大走一遍（输入已经按此顺序给好：先按 $y$ 升序，同 $y$ 再按 $x$ 升序）。
   • 当我们处理到第 $i$ 颗星时，前面所有已处理的点都自然满足 $y_j \le y_i$。
   • 只剩下 “$x_j \le x_i$?” 这一维的判断——这正是一维前缀的问题。

二、用树状数组做「$x$-前缀和」

• 我们建立一个 Fenwick Tree bit[]，下标对应 横坐标 $x$（注意把它偏移到 1…MAX 范围内）。
• 含义：当一颗星被处理（“扫过”）后，就在它的 $x$-位置做一个 update(x, +1)，表示“该横坐标再也少了一颗星”。
• 查询：要知道有多少已扫过的星的 $x_j \le x_i$，直接 qry(x_i) 就能在 $O(\log X)$ 内给出答案。

三、完整流程

1. 读入 $N$ 颗星的 $(x_i,y_i)$，注意输入保证“按 $y$ 升序，同 $y$ 再按 $x$ 升序”。

2. 初始化：bit[] 全 0，cnt[0..N-1] 全 0。

3. 按输入顺序 遍历每一颗星 $(x,y)$：

   int k = qry(x + 1);   // 先查有多少前面星的 x_j ≤ x
   cnt[k]++;             // 它就是 k 级
   upd(x + 1, +1);       // 然后把自己插入 BIT，以便后面点能查到
   

4. 最后按 k=0…N-1 输出 cnt[k] 即可。

四、为什么一定正确？

• 不漏：因为我们只“扫”一次，每个点入队时前面的所有点恰好是 “$y_j \le y_i$” 的全集。
• 不断：每次 upd(x,+1) 保证后面所有查询都能看到这颗星。
• 不重：因输入同 $(y,x)$ 不重复、且每颗星只处理一次。

两条原则——扫描维 用 $y$，查询维 用 Fenwick Tree 管理的 $x$ 前缀——完美契合题意“左下”区域的定义。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXX = 32005;     // x 坐标上限 + 安全余量
const int MAXN = 15005;     // 星星数量上限 + 安全余量

int N;                      // 实际星星数
int bit[MAXX];              // 树状数组，用于统计 x ≤ 某值 的点数
int cnt[MAXN];              // cnt[k] = k 级星星的个数
int xs[MAXN], ys[MAXN];     // 存放每颗星的 x, y 坐标

// lowbit：取最低位的 1
inline int lowbit(int x) {
    return x & -x;
}

// 在树状数组 bit 上，对下标 i 加 val（本题 val 恒为 1）
void upd(int i, int val) {
    for (; i < MAXX; i += lowbit(i)) {
        bit[i] += val;
    }
}

// 查询 bit 的前缀和，即 sum(bit[1..i])
int qry(int i) {
    int s = 0;
    for (; i > 0; i -= lowbit(i)) {
        s += bit[i];
    }
    return s;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> xs[i] >> ys[i];
        // 输入保证按 y 升序，同 y 时按 x 升序，无需再排序
    }

    // 初始化
    memset(bit, 0, sizeof(bit));
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));

    // 按输入顺序“扫”每颗星
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        int x = xs[i] + 1;  // 把 x 从 [0..32000] 映射到 [1..32001]
        // 查询有多少星的 x_j ≤ x 且 y_j ≤ 当前 y（因为已按 y 排序）
        int k = qry(x);
        // k 就是当前星的“级别”
        cnt[k]++;
        // 把自己插入结构，后续星可统计到它
        upd(x, 1);
    }

    // 输出各级星星的数量：0 级到 N−1 级
    for (int k = 0; k < N; k++) {
        cout << cnt[k] << "\n";
    }
    return 0;
}