前言
感谢\(\_\_stdcall\)的讲解，感谢伟大的导师\(\_tham\)提供一系列练手题
cdq分治是什么？
国人（陈丹琦）引进的算法，不同于一般的分治，我们常说的分治是将问题分成互不影响的几个区间，递归进行处理，而所谓\(cdq\)分治，在处理一个区间时，还要计算它对其他区间的贡献。
二维偏序问题
给定\(n\)个二元组\([a,b]\)，\(m\)次询问，每次给定其中的一个二元组\([c,d]\)，求满足条件\(c<a\&d<b\)的二元组的个数
不知道怎么做？逆序对你总会求吧？逆序对就是一种经典的二维偏序问题，我们不妨这样转换逆序对问题：
给定\(n\)个数，定义一个二元组为\([\)元素下标，元素值\(]\)，则共有\(n\)个这样的二元组
我们只需将约束条件改为：\(c<a\&d>b\)就行了。
那么，解决二维偏序的一般模式，也只需要改一下合并时的那一句话就好了。
PS：啊？你忘了怎么用归并排序求逆序对？戳我
相同的，我们也可以用树状数组来求解。复杂度同样为\(O(nlogn)\)
既然我们能用树状数组来解决用\(cdq\)分治的题，那我们能不能用\(cdq\)分治来解决树状数组的题目呢？当然可以，比如这道：Luogu3374 树状数组1
给定一个\(n\)个元素的序列\(a\)，初始值全部为\(0\)，对这个序列进行以下两种操作
操作\(1\)：格式为\(1\ x\ k\)，把所有位置\(x\)的元素加上\(k\)
操作\(2\)：格式为\(2 x y\)，求出区间\([x,y]\)内所有元素的和。
这显然是一道树状数组模板题，考虑如何用\(cdq\)分治来解决它。
我们不妨以修改的时间为第一关键字，修改元素的位置为第二关键字。由于时间已经有序，我们定义结构体包含\(3\)个元素：\(opt,ind,val\)，其中\(ind\)表示操作的位置，\(opt\)为\(1\)表示修改，\(val\)表示“加上的值”。而对于查询，我们用前缀和的思想把他分解成两个操作：\(sum[1,y]-sum[1,x-1]\)，即分解成两次前缀和的查询。在合并的过程中，\(opt\)为\(2\)表示遇到了一个查询的左端点\(x-1\)，对结果作负贡献，\(opt\)为\(3\)表示遇到了一个查询的右端点\(y\)，对结果作正贡献，\(val\)表示“是第几个查询”。这样，我们就把每个操作转换成了带有附加信息的有序对(时间，位置)，然后对整个序列进行\(cdq\)分治。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::sort;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10, M = 5e5 + 10;
int n, m, aid, qid;
ll ans[M];
struct Query {
int ind, opt; ll val;
inline bool operator < (const Query a) const {
return ind == a.ind ? opt < a.opt : ind < a.ind;
}
}q[(M << 1) + N], tmp[(M << 1) + N];
inline void cdq (int l, int r) {
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
int i = l, j = mid + 1, p = l; ll sum = 0;
while (i <= mid && j <= r)
if (q[i] < q[j]) {
if (q[i].opt == 1) sum += q[i].val;
tmp[p++] = q[i++];
} else {
if (q[j].opt == 2) ans[q[j].val] -= sum;
if (q[j].opt == 3) ans[q[j].val] += sum;
tmp[p++] = q[j++];
}
while (i <= mid) { if (q[i].opt == 1) sum += q[i].val; tmp[p++] = q[i++]; }
while (j <= r) {
if (q[j].opt == 2) ans[q[j].val] -= sum;
if (q[j].opt == 3) ans[q[j].val] += sum;
tmp[p++] = q[j++];
}
for (int k = l; k <= r; ++k) q[k] = tmp[k];
}
int main () {
scanf ("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
q[++qid].ind = i, q[qid].opt = 1;
scanf("%lld", &q[qid].val);
}
int opt, ind, l, r; ll val;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
scanf("%d", &opt);
if (opt == 1) scanf("%d%lld", &ind, &val), q[++qid] = (Query){ind, 1, val};
else {
scanf ("%d%d", &l, &r);
q[++qid] = (Query){l - 1, 2, ++aid}, q[++qid] = (Query){r, 3, aid};
}
}
cdq(1, qid);
for (int i = 1; i <= aid; ++i)
printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}三维偏序问题
给定\(n\)个三元组\([a,b,c]\)，\(m\)次询问，每次给定其中的一个二元组\([d,e,f]\)，求满足条件\(d<a\&e<b\&f<c\)的二元组的个数
相同的，我们也可以采取用其他方法来解决三位偏序问题，如\(bitset\)、\(KD\ Tree\)、树套树等...比如我们可以以\(a\)为关键字排序，同时用\(BIT\)套平衡树来维护剩下的两个元素。
接着考虑如何用\(cdq\)分治来解决这个问题，我们可以考虑先以\(a\)为关键字对数组排序，这样我们的问题就成了维护后两个元素了。接下来，我们以一个经典的三维偏序题：陌上花开来做具体说明（由于这道题较为经典，在各大\(OJ\)都能找到，不给出链接）
题面
有n朵花，每朵花有三个属性：花形(s)、颜色(c)、气味(m)，由三个整数表示。现要对每朵花评级，一朵花的级别是它拥有的美丽能超过的花的数量。定义一朵花A比花B要美丽，当且仅Sa>=Sb,Ca>=Cb,Ma>=Mb。显然，两朵花可能有同样的属性。需要统计出评出每个等级的花的数量。
题解
- 就如刚才所说的，以\(a\)为关键字进行排序
struct Node {
int a, b, c, mult, ans;
inline void Init() {
read(a), read(b), read(c);
}
} v[N], d[N];
inline bool cmpx (Node x, Node y) {
return (x.a < y.a) || (x.a == y.a && x.b < y.b) || (x.a == y.a && x.b == y.b && x.c < y.c);
}
int main () {
read(n), read(k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i].Init();
sort(&v[1], &v[n + 1], cmpx);
}- 然后，我们会发现，普通的三位偏序只用处理小于，而不是小于等于，根据题意，完全相同属性的花是不计算在内的，所以我们得考虑将其去重。
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
++mul;//相同元素的个数
//这里的异或你可以理解为不等于，由于之前已经排过序（见函数cmpx），可以线性比较，mult表示重复元素的个数
if ((v[i].a ^ v[i + 1].a) || (v[i].b ^ v[i + 1].b) || (v[i].c ^ v[i + 1].c))
d[++m] = v[i], d[m].mult = mul, mul = 0;
}- 接着，我们考虑如何进行\(cdq\)分治，同样是在计算左区间时，处理右区间的询问，不妨采用\(two-pointers\)，两个指针\(i,j\)分别指向左右两个区间，这时候我们以\(b\)为关键字进行比较，如果\(d[i].b<=d[j].b\)，则将\(d[i].c\)插入权值\(BIT\)中，反之则在\(BIT\)中查询比\(d[j].c\)小的数的个数，作正贡献。在两个区间都扫完后，我们要考虑清空\(BIT\)，防止在接下来的递归回溯中被添加多次。
inline bool cmpy (Node x, Node y) {
return (x.b < y.b) || (x.b == y.b && x.c < y.c);
}
inline void cdq (int l, int r) {
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
int i = l;
for (int j = mid + 1; j <= r; ++j) {
while (d[i].b <= d[j].b && i <= mid) update(d[i].c, d[i].mult), ++i;
d[j].ans += query(d[j].c);
//ans表示小于等于它的个数
}
//清空BIT
for (int k = l; k < i; ++k)
update(d[k].c, -d[k].mult);
inplace_merge(&d[l], &d[mid + 1], &d[r + 1], cmpy);
//这个函数表示将区间[l,mid+1)和[mid+1,r+1)按照cmpy方法合并
}- 计算答案。
for (int i = 1; i <= m; ++i) ans[d[i].ans + d[i].mult - 1] += d[i].mult;
for (int i = 0; i < n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::sort;
using std::inplace_merge;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read (T &x) {
char ch = getchar(); int flag = 1;
while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
if (ch == '-') flag = -flag, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
x *= flag;
}
const int N = 1e5 + 10, K = 2e5 + 10;
int n, m, k, mul, ans[N], bit[K];
struct Node {
int a, b, c, mult, ans;
inline void Init() {
read(a), read(b), read(c);
}
} v[N], d[N];
inline bool cmpx (Node x, Node y) {
return (x.a < y.a) || (x.a == y.a && x.b < y.b) || (x.a == y.a && x.b == y.b && x.c < y.c);
}
inline bool cmpy (Node x, Node y) {
return (x.b < y.b) || (x.b == y.b && x.c < y.c);
}
inline int lowbit (int x) { return x & (-x); }
inline void update (int pos, int val) {
while (pos <= k) bit[pos] += val, pos += lowbit(pos);
}
inline int query (int pos) {
int val = 0;
while (pos) val += bit[pos], pos -= lowbit(pos);
return val;
}
inline void cdq (int l, int r) {
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
int i = l;
for (int j = mid + 1; j <= r; ++j) {
while (d[i].b <= d[j].b && i <= mid) update(d[i].c, d[i].mult), ++i;
d[j].ans += query(d[j].c);
}
for (int k = l; k < i; ++k)
update(d[k].c, -d[k].mult);
inplace_merge(&d[l], &d[mid + 1], &d[r + 1], cmpy);
}
int main () {
read(n), read(k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i].Init();
sort(&v[1], &v[n + 1], cmpx);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
++mul;
if ((v[i].a ^ v[i + 1].a) || (v[i].b ^ v[i + 1].b) || (v[i].c ^ v[i + 1].c))
d[++m] = v[i], d[m].mult = mul, mul = 0;
}
cdq(1, m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) ans[d[i].ans + d[i].mult - 1] += d[i].mult;
for (int i = 0; i < n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
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