你可以使用对角sweep-line算法在O（m log m）时间内解决这个问题。
首先，让我们将x+y为常数的对角线称为“反斜线对角线”，而“斜线”对角线将是x-y为常数的对角线。
现在我们可以考虑反斜杠对角线从0到2 m +1（最大x+y）的顺序。
首先，列出“事件”清单。对于每个象位置（x，y），记录：

• （x+y，'cover'）：这表示象完全覆盖的反斜线对角线;
• （abs（x-y），'enter'）：象开始覆盖斜线对角线的第一条反斜线对角线：
• （m+m-1-abs（x，y），'exit'）：象不再覆盖斜线的第一条反斜线。

创建一个最初为空的字典slashes，以跟踪覆盖每个斜线对角线的象的数量。在修改此Map时，您还将确保可以跟踪非零条目的数量。
现在，按反斜线对角线对事件进行排序，并按顺序处理它们，按反斜线对角线分组。
对于每个反斜杠组<=（m-1）+（m-1）：- 累计自上一个反斜线组事件以来未被攻击的方块数。因为这些反斜线中没有事件，这意味着你可以用一个简单的公式来计算未被攻击的方块的数量。- 处理'enter'和'exit'事件以更新slashesMap。- 如果有一个‘掩护‘事件，那么只需转到下一组，因为反斜杠中没有未被攻击的方块。- 否则，使用slashes中的非零条目数来计算反斜杠中未被攻击的方块数。它是反斜杠对角线的长度减去非零项的数量。
最后，如果你没有处理反斜杠2（m-1），最后一个，然后使用在所有未处理的反斜杠中添加方块的数量-它们不会被攻击。
注意，问题中的约束表明期望的算法为O（m2）、O（m + n）或O（m + n log n）。这是O（m log m），比他们预期的要好。

由于对角线具有在小范围内的标识数字，因此可以使用矢量来代替集合。索引是对角线数字，并且对应的值指示对角线是否被攻击（0或1）。
该算法可以首先迭代前向对角线（f），并且只有当它发现对角线未被攻击时，它才可以迭代相关的交叉对角线以计数那些也未被攻击的对角线。请注意，交叉对角线的数量取决于所考虑的正向对角线，并且这些交叉对角线的数量总是相隔2步（对于给定的正向对角线，它们要么全是奇数，要么全是偶数）。
下面是它的编码方式：

#include <iostream>
#include <vector>

int main() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;

    std::vector<int> diagonals(4*n, 1); // initialise with all 1
    
    for (int bishop = 0, row, col; bishop < m; bishop++) {
        std::cin >> row >> col;
        // Mark the two diagonals that this biship covers with 0
        diagonals[row+col] = diagonals[3*n+(row-col)] = 0;
    }
    
    int freeCount = 0;
    for (int forwIdx = 2, lowIdx = 3*n, highIdx = lowIdx; forwIdx <= 2*n; forwIdx++) {
        if (diagonals[forwIdx]) { // Non-attacked diagonal (/)
            // The crossing diagonals (\) always have same parity (+2)
            for (int crossIdx = lowIdx; crossIdx <= highIdx; crossIdx += 2) {
                freeCount += diagonals[crossIdx];
            }
        }
        int grow = forwIdx <= n ? 1 : -1; 
        lowIdx -= grow;
        highIdx+= grow;
    }
    std::cout << freeCount << '\n';
    return 0;
}