CDQ 分治乱学

前言

今天学 $CDQ$ 分治呢

简介

$CDQ$ 分治，陈丹琦提出的，e，大手子%%%
小蓝书上说这是基于时间的分治，后面说（· w ·）
颜文字是和 9G 学长学的
其实 $CDQ$ 分治主要是解决偏序问题，是离线算法，本质和分治区别不大，没有固定的算法，复杂度大概是 $O(n$ $\log^k$ $n)$ 的，其中 $k$ 是偏序维度 $-1$

偏序

什么是偏序捏？
定义一个 $R$ 为集合 $x$ 和集合 $y$ 的一个二元关系，有以下性质的即为偏序关系：
- 自反性：对$\forall$ $x∈A$，有 $xRx$
- 反对称性：对$\forall$ $x∈A$ , $y∈A$，有 $(xRy \land xRy) \to a=b$
- 传递性：对$\forall$ $x∈A$ , $y∈A$ , $z∈A$，有 $(xRy \land yRz) \to xRz$
看起来很吊，但其实 $\le$ 就是偏序关系
理解了偏序后，$CDQ$ 分治就很好理解了

$CDQ$ 分治

$CDQ$ 分治本质上就是分治，上面也提到了，一共分三个操作：
- 二分区间，向下递归
- 双指针扫扫扫
- 统计左区间对右区间的贡献
顺便排一下序
我们结合例题看

例题P1908 逆序对

我们前两天刚说了二维数点，现在来说 $CDQ$ 分治
这个问题本质上是一个二维偏序：
- $a_i > a_j$
- $i < j$
其实并非定义上的偏序
我们发现第二维：$i < j$ 是排好的，所以我们仅需搞第一维
归并排序可以认为是 $CDQ$ 分治
代码不给了，随便找个题解看一下吧，咕咕咕
我们再来一道

例题P4390 [BalkanOI 2007] Mokia 摩基亚

给个简明题干

题干

维护一个 $w\times w$ 的矩阵，初始值均为 $s$。每次操作可以增加某格子的权值，或询问某子矩阵的总权值。修改操作数 $m$，询问数 $q$

我们观察发现直接统计矩形不好算，所以我们用二维前缀的思想搞一下，就可以方便的计算
怎么算呢
其实这个问题是一个三维偏序，只不过有一维已经处理好了，就是时间这一维
三维分别是：$x$，$y$，时间
时间默认排好序，所以不管
我们如何处理这两维捏？
想想逆序对的做法，类似的，我们用 $CDQ$ 干掉一维，再用 $DS$ 干掉一维，就解决了，sbmqwm你想干嘛

啸剧场

sbmqwm：你猜
msjing：？
sbmqwm：我来模拟一下如何干掉一维
msjing：何一维

批注 2026-07-21 163602

（$from$ 百度百科）
sbmqwm：你
~~以后还是少搞点吧~~

调非常久（？），贴个代码吧

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn=2e6+10;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
    {
        if (ch == '-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0' && ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int s,w;
struct _ {int x,y,a,id;}z[maxn],b[maxn];
bool cmp(_ A,_ B) {return A.x == B.x?A.y<B.y:A.x<B.x;}
int t;
struct BIT
{
    int c[maxn];
    int lowbit(int x) {return x&(-x);}
	void add(int x,int v) {if (x == 0) return ;while (x<=w) c[x]+=v,x+=lowbit(x);}
	int que(int x) {int res=0;while (x) res+=c[x],x-=lowbit(x);return res;}
}BT;
int ans[maxn];
void cdq(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq(l,mid),cdq(mid+1,r);
//    sort(z+l,z+mid,cmp),sort(z+mid+1,z+r,cmp);
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
	{
		if (z[i].x<=z[j].x)
        {
            if (z[i].a>0) BT.add(z[i].y,z[i].a);
            b[k++]=z[i++];
        }
        else
        {
            if (z[j].a == -1) ans[z[j].id]+=BT.que(z[j].y);
            if (z[j].a == -2) ans[z[j].id]-=BT.que(z[j].y);
            b[k++]=z[j++];
        }
	}
	while (j<=r)
    {
        if (z[j].a == -1) ans[z[j].id]+=BT.que(z[j].y);
        if (z[j].a == -2) ans[z[j].id]-=BT.que(z[j].y);
        b[k++]=z[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) if (z[p].a>0) BT.add(z[p].y,-z[p].a);
    while (i<=mid) b[k++]=z[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z[i]=b[i];
//    memset(BT.c,0,sizeof(BT.c));
}
int d;
signed main()
{
//    freopen("1.in","r",stdin);
//    freopen("1.out","w",stdout);
    s=read();w=read();
    while (1)
    {
        int op=read();if (op == 3) break;
        if (op == 2)
        {
            int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read();
            z[++t]={xx,yy,-1,++d};
            z[++t]={x-1,yy,-2,d};
            z[++t]={xx,y-1,-2,d};
            z[++t]={x-1,y-1,-1,d};
            ans[d]=(((x-1)*(y-1))-(xx*(y-1))-((x-1)*yy)+xx*yy)*s;
        }
		else
        {
            int x=read(),y=read(),a=read();
            z[++t]={x,y,a,0};
        }
    }
//    cerr << "chk:";cerr << z[1].a << " ";
//    cerr << z[1].y << " " << z[1].a <<endl;
    cdq(1,t);
    for (int i=1;i<=d;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

例题P3157 [CQOI2011] 动态逆序对

这是一个三维偏序，三维分别是：
- 时间 $t$
- 每个点的值 $val$
- 每个点的编号 $id$
时间我们可以通过输入时处理一下干掉
我们发现比普通逆序对多一个删除，考虑删除一个点的影响范围
显然是它的前面和后面（$All$）
这不好办，所以我们拆开算，一个利用 $CDQ$ 使 $id$ 降序，找比查的点小的，另一个反过来，利用 $BIT$ 差分统计答案
由于我们要求按时间排序以便干掉一维，因此我们可以把原序列的时间设为 $0$，其他按输入顺序标记，原序列都使 $BIT$ 上 $+1$，其余 $-1$，这样可以保证时间不会造成影响
~~讲得有点乱可以去翻翻题解~~
对答案的统计需要做个减法
e，讲得很诡异，看代码吧
不开 $long$ $long$ ___

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn=1e6+10;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
    {
        if (ch == '-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0' && ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int n,m;
int pla[maxn];
struct _ {int t,v,id;}z1[maxn],b1[maxn],z2[maxn],b2[maxn];
struct BIT
{
    int c[maxn];
    int lowbit(int x) {return x&(-x);}
	void add(int x,int v) {while (x<=(int)(2e5)) c[x]+=v,x+=lowbit(x);}
	int que(int x) {int res=0;while (x) res+=c[x],x-=lowbit(x);return res;}
}BT;
int ans[maxn];
void cdq1(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
    {
        if (z1[i].id>=z1[j].id)
        {
            z1[i].t == 0?BT.add(z1[i].v,1):BT.add(z1[i].v,-1);
            b1[k++]=z1[i++];
        }
        else
        {
            ans[z1[j].t]+=BT.que(z1[j].v-1);
            b1[k++]=z1[j++];
        }
    }
    while (j<=r)
    {
        ans[z1[j].t]+=BT.que(z1[j].v-1);
        b1[k++]=z1[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) z1[p].t == 0?BT.add(z1[p].v,-1):BT.add(z1[p].v,1);
    while (i<=mid) b1[k++]=z1[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z1[i]=b1[i];
}
void cdq2(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
    {
        if (z2[i].id<=z2[j].id)
        {
            z2[i].t == 0?BT.add(z2[i].v,1):BT.add(z2[i].v,-1);
            b2[k++]=z2[i++];
        }
        else
        {
            ans[z2[j].t]+=BT.que((int)(2e5))-BT.que(z2[j].v);
            b2[k++]=z2[j++];
        }
    }
    while (j<=r)
    {
        ans[z2[j].t]+=BT.que((int)(2e5))-BT.que(z2[j].v);
        b2[k++]=z2[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) z2[p].t == 0?BT.add(z2[p].v,-1):BT.add(z2[p].v,1);
    while (i<=mid) b2[k++]=z2[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z2[i]=b2[i];
}
signed main()
{
    n=read(),m=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=read();
        z1[i]=z2[i]={0,x,i};
        pla[x]=i;
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read();
        z1[i+n]=z2[i+n]={i,x,pla[x]};
    }
    cdq1(1,m+n),cdq2(1,m+n);
    for (int i=0;i<m;i++)
    {
        printf("%lld\n",ans[i]);
        ans[i+1]=ans[i]-ans[i+1];
    }
    return 0;
}

通过上面的例题，我们发现了 $CDQ$ 分治的确是基于时间的分治，也大概了解了具体维护方法
我们再来一道

例题P4690 [Ynoi Easy Round 2016] 镜中的昆虫

on 26.7.27
前置芝士：珂朵莉树
这里看

从三维偏序到四维偏序

我们搞了一下三维偏序，那么我们如何扩展呢
欸，~~你发现~~其实 $CDQ$ 分治是可以嵌套的
我们知道利用 $CDQ$ 配 $DS$ 可以干两维，那我们再加一个 $CDQ$，就可以干三维了
具体怎么做？
首先，我们通过排序干一维
然后，我们跑第一个 $CDQ$，标记一下左右区间，打个 $tag$，方便后面的第二次
接下来就是第二次 $CDQ$，这个就是常规的了，但是记得还要判一下是否打了标记
口胡不太好理解，我们看例题

例题P14957 【模板】离线静态四维数点

限制题目都说了，显然是四维偏序
那么我们按上面说的搞
先对 $x_1$ 排序，就干一维了
然后第一次 $CDQ$，对左右区间打 $tag$，并对 $y_1$ 排序
最后用第二次 $CDQ$ 处理 $x_2$，并用 $BIT$ 维护 $y_2$，在统计答案时还要判 $tag$，如果有 $tag$（左区间）且是操作，再进行操作，查询同理
给代码，看不懂排序的，e，我也没招

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn=1e6+10;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
    {
        if (ch == '-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0' && ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int n,m;
int lshz[(int)(1e7)],tot;
int t,d;
struct _ {int xa,ya,xb,yb,op,tag,id;}z[maxn],b[maxn];
struct _________
{
    int c[maxn];
    int lowbit(int x) {return x&(-x);}
    void add(int x,int v) {while (x<=(int)(8e5)) c[x]+=v,x+=lowbit(x);}
    int que(int x)
    {
        int res=0;
        while (x)
        {
            res+=c[x];
            x-=lowbit(x);
        }
        return res;
    }
}BT;
int ans[maxn];
void cdq2(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
    {
        if (z[i].xb<=z[j].xb)
        {
           if (z[i].op && z[i].tag) BT.add(z[i].yb,1);
           b[k++]=z[i++];
        }
        else
        {
            if (!z[j].op && !z[j].tag) ans[z[j].id]+=BT.que(z[j].yb);
            b[k++]=z[j++];
        }
    }
    while (j<=r)
    {
        if (!z[j].op && !z[j].tag) ans[z[j].id]+=BT.que(z[j].yb);
        b[k++]=z[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) if (z[p].op && z[p].tag) BT.add(z[p].yb,-1);
    while (i<=mid) b[k++]=z[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z[i]=b[i];
}
void cdq1(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
    for (int i=l;i<=mid;i++) z[i].tag=1;
    for (int i=mid+1;i<=r;i++) z[i].tag=0;
    sort(z+l,z+1+r,[](_ x,_ y){return x.ya==y.ya?x.xb==y.xb?x.yb==y.yb?x.op<y.op:x.yb<y.yb:x.xb<y.xb:x.ya<y.ya;});
    cdq2(l,r);
}
signed main()
{
    n=read(),m=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int xa=read(),ya=read(),xb=-read(),yb=-read();
        lshz[++tot]=yb;
//        cerr << xa << " " << ya << " " << xb << " " << yb <<"-----" << endl;
        z[++t]={xa,ya,xb,yb,1,0,0};
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int xa=read(),ya=read(),xb=-read(),yb=-read();
        lshz[++tot]=yb;
        z[++t]={xa,ya,xb,yb,0,0,++d};
    }
    sort(lshz+1,lshz+1+tot);int K=unique(lshz+1,lshz+1+tot)-lshz-1;
    for (int i=1;i<=t;i++) z[i].yb=lower_bound(lshz+1,lshz+1+K,z[i].yb)-lshz;
//    for (int i=1;i<=t;i++) cout << z[i].xa << " " <<z[i].ya << " " <<z[i].xb << " " <<z[i].yb <<endl;
    sort(z+1,z+1+n+m,[](_ x,_ y){return x.xa==y.xa?x.ya==y.ya?x.xb==y.xb?x.yb==y.yb?x.op<y.op:x.yb<y.yb:x.xb<y.xb:x.ya<y.ya:x.xa<y.xa;});
    cdq1(1,n+m);
    for (int i=1;i<=d;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

$CDQ$ 优化 $DP$

为什么 $CDQ$ 可以优化 $DP$ 呢
有一些 $DP$ 的转移的条件是偏序条件，可以利用 $CDQ$ 优化转移过程，这个要结合例题看

例题P4093 [HEOI2016/TJOI2016] 序列

我们思考一下，这东西长得很像最长不下降子序列，考虑 $DP$
我们设计一下转移，设 $f_i$ 表示以第 $i$ 项结尾的最长不下降子序列长度

$f_j = \max\limits_{i < j}{f_i + 1} , (mx_i \le a_j , a_i \le mn_j)$

其中，$mx_i$ 表示所有 $i$ 位置可能性的最大值，$mn_i$ 表示所有 $i$ 位置可能性的最小值
我们观察这个转移，这是一个三维偏序，其中的三维分别为方程转移的限制
首先 $i<j$ 我们可以直接干掉，不管了，我们考虑利用 $CDQ$ 优化
但是！使用传统的 $CDQ$ 并不能正确转移，因为 $CDQ$ 是左区间和右区间同时往下递归的，下面说详细点

比如，你的区间是 $[1,4]$，你递归最后区间分别为 $[1,1]$，$[2,2]$，$[3,3]$，$[4,4]$，现在开始执行 $CDQ$，先算 $[1,1]$ 对 $[2,2]$ 做出的贡献，再算 $[3,3]$ 对 $[4,4]$ 做出的贡献，你发现，woc $[3,3]$ 转移了滚木！

所以我们要把 $CDQ$ 分治变形，先递归左区间，进行代价计算，再递归右区间，这样左区间会一直转移完才会转移右区间，这就是对的
我们继续考虑如何进行 $CDQ$，由于我们分左右区间递归，所以对于上述 $mx_i \le a_j$ 的限制，我们直接让当前区间的左半个按 $mx$ 排序，右半个按 $a$ 排序，限制 $a_i \le mn_j$ 我们用 $DS$ 处理，当 $mx_i \le a_j$ 满足时，向 $BIT$ 加入 $a_i$，否则查询 $mn_j$，让 $f_j = max(f_j,query)$
注意是排序的范围以及左区间处理完后的 $BIT$ 的复原及记得处理完把数组还原以及转移的下标问题

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int maxn=1e6+10,inf=0x7f7f7f7f;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
    {
        if (ch == '-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0' && ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int n,m,f[maxn];
struct _ {int mx,mn,a,id;}z[maxn],b[maxn];
struct BIT
{
    int c[maxn];
    void init() {for (int i=1;i<=(int)(1e5);i++) c[i]=-inf;}
    int lb(int x) {return x&(-x);}
    void add(int x,int v)
    {
        while (x<=(int)(1e5))
        {
            c[x]=max(c[x],v);
            x+=lb(x);
        }
    }
    int getmx(int x)
    {
        int res=-inf;
        while (x)
        {
            res=max(res,c[x]);
            x-=lb(x);
        }
        return res;
    }
    void cle(int x)
    {
        while (x<=(int)(1e5))
        {
            c[x]=-inf;
            x+=lb(x);
        }
    }
}BT;
void cdq(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq(l,mid);
    sort(z+l,z+mid+1,[](_ a,_ b){return a.mx<b.mx;});sort(z+mid+1,z+r+1,[](_ a,_ b){return a.a<b.a;});
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
    {
        if (z[i].mx<=z[j].a)
        {
            BT.add(z[i].a,f[z[i].id]);
            b[k++]=z[i++];
        }
        else
        {
            f[z[j].id]=max(f[z[j].id],BT.getmx(z[j].mn)+1);
            b[k++]=z[j++];
        }
    }
    while (j<=r)
    {
        f[z[j].id]=max(f[z[j].id],BT.getmx(z[j].mn)+1);
        b[k++]=z[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) BT.cle(z[p].a);
    while (i<=mid) b[k++]=z[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z[i]=b[i];
    sort(z+l,z+r+1,[](_ a,_ b){return a.id<b.id;});
    cdq(mid+1,r);
}
int main()
{
    BT.init();
    n=read(),m=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=read();
        z[i]={x,x,x,i};
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),v=read();
        z[x].mn=min(z[x].mn,v);
        z[x].mx=max(z[x].mx,v);
    }
//    for (int i=1;i<=n;i++) cerr << z[i].a << " " << z[i].mn << " " << z[i].mx <<endl;
    cdq(1,n);
    int ans=-inf;
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

例题P5621 [DBOI2019] 德丽莎世界第一可爱

虽然我调了 $10$ 发，但是德丽莎是世界第一可爱

OIP-C

并且我发现了一个调代码的方法：双线程调代码
- 就是什么你写一份再复制一份，对着一份爆改，然后你就会发现这两份会有一份对的(— w — ||)
我们发现貌似需要 $DP$，但是方程很好设计就是了
第一眼看题以为是五维偏序，其实是四维偏序，我们上面搞过
我们仍然考虑利用 $CDQ$ 优化 $DP$ 的转移，优化方法与上面的例题一致，注意点也一致
不过还有要注意的，就是在第一次 $CDQ$ 时，也要把左右递归拆开，并且在 $CDQ2$ 跑完后要按第一元素还原区间后再递归右子树
代码全是细节，用 sort 好像会炸
虽然我没当过多久舰长，但是我还是要说德丽莎是世界第一可爱
~~代码甚至是隔夜的~~

批注 2026-07-22 095055

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define sort stable_sort
using namespace std;
constexpr int maxn=1e6+10,inf=0x7f7f7f7f;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
    {
        if (ch == '-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0' && ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int n,f[maxn];
int s[maxn],t;
struct _ {int h,e,a,d,c,id,tag;}z[maxn],b[maxn];
struct BIT
{
    int c[maxn];
    void init() {for (int i=1;i<=(int)(1e5);i++) c[i]=-inf;}
    int lb(int x) {return x&(-x);}
    void add(int x,int v)
    {
        while (x<=(int)(1e5))
        {
            c[x]=max(c[x],v);
            x+=lb(x);
        }
    }
    int getmx(int x)
    {
        int res=-inf;
        while (x)
        {
            res=max(res,c[x]);
            x-=lb(x);
        }
        return res;
    }
    void cle(int x)
    {
        while (x<=(int)(1e5))
        {
            c[x]=-inf;
            x+=lb(x);
        }
    }
}BT;
void cdq2(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq2(l,mid);
    sort(z+l,z+mid+1,[](_ a,_ b){return a.a == b.a?a.d == b.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a;});
    sort(z+mid+1,z+r+1,[](_ a,_ b){return a.a == b.a?a.d == b.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a;});
    int i=l,j=mid+1,k=l;
    while (i<=mid && j<=r)
    {
        if (z[i].a<=z[j].a)
        {
            if (z[i].tag) BT.add(z[i].d,f[z[i].id]);
            b[k++]=z[i++];
        }
        else
        {
            if (!z[j].tag) f[z[j].id]=max(f[z[j].id],BT.getmx(z[j].d)+z[j].c);
            b[k++]=z[j++];
        }
    }
    while (j<=r)
    {
        if (!z[j].tag) f[z[j].id]=max(f[z[j].id],BT.getmx(z[j].d)+z[j].c);
        b[k++]=z[j++];
    }
    for (int p=l;p<i;p++) BT.cle(z[p].d);
    while (i<=mid) b[k++]=z[i++];
    for (i=l;i<=r;i++) z[i]=b[i];
    sort(z+l,z+r+1,[](_ a,_ b){return a.e == b.e?a.a == b.a?a.d == b.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a:a.e<b.e;});
    cdq2(mid+1,r);
}
void cdq1(int l,int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid=(l+r) >> 1;
    cdq1(l,mid);
    for (int i=l;i<=mid;i++) z[i].tag=1;
    for (int i=mid+1;i<=r;i++) z[i].tag=0;
    sort(z+l,z+r+1,[](_ a,_ b){return a.e == b.e?a.a == b.a?a.d == b.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a:a.e<b.e;});
    cdq2(l,r);
    sort(z+l,z+1+r,[](_ a,_ b){return a.h == b.h?a.e == b.e?a.a == b.a?a.d == a.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a:a.e<b.e:a.h<b.h;});
    cdq1(mid+1,r);
}
int main()
{
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x1=read(),x2=read(),x3=read(),x4=read(),x5=read();
        f[i]=x5;
        z[i]={x1,x2,x3,x4,x5,i,0};
        s[++t]=x4;
    }
    sort(s+1,s+1+n);t=unique(s+1,s+1+t)-s-1;
    for (int i=1;i<=n;i++) z[i].d=lower_bound(s+1,s+1+t,z[i].d)-s;
    sort(z+1,z+1+n,[](_ a,_ b){return a.h == b.h?a.e == b.e?a.a == b.a?a.d == a.d?a.c>b.c:a.d<b.d:a.a<b.a:a.e<b.e:a.h<b.h;});
    cdq1(1,n);
    int ans=-inf;
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

后话

msjing要去搞主席树了，$CDQ$ 分治先放着吧

posted @ 2026-07-21 17:28 msjing 阅读(17) 评论(2) 收藏举报

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CDQ 分治乱学

前言

简介

偏序

\(CDQ\) 分治

例题P1908 逆序对

例题P4390 [BalkanOI 2007] Mokia 摩基亚

例题P3157 [CQOI2011] 动态逆序对

例题P4690 [Ynoi Easy Round 2016] 镜中的昆虫

从三维偏序到四维偏序

例题P14957 【模板】离线静态四维数点

\(CDQ\) 优化 \(DP\)

例题P4093 [HEOI2016/TJOI2016] 序列

例题P5621 [DBOI2019] 德丽莎世界第一可爱

后话

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