CDQ分治 学习笔记

我们先回顾一下逆序对问题：

P1908 逆序对

在本题中，我们需要求所有 \(i < j\) 且 \(a_i > a_j\) 的对数。我们一般有两种方法：一种是树状数组求解，一种是归并求解。其实，令 \(a_i = i\)，\(b_i =\) 输入的数字，本题实际上就是求满足 \(a_i < a_j\) 且 \(b_i > b_j\) 的对数，这是一道典型的二维偏序问题，只不过默认了 \(a_i = i\)。

想一下我们是怎么求解的：我们一个一个地把 \(b_i\) 插入到树状数组里，设当前插入到了第 \(i\) 个位置，实际上就是满足了 \(a_j < a_i\)。此时我们再利用树状数组求所有已插入的 \(b_j\) 中大于 \(b_i\) 的数量，由于前提已经满足了 \(a_j < a_i\)，所以此时所有 \(b_j > b_i\) 一定都满足条件。反过来，若是要求所有 \(a_i < a_j, b_i < b_j\) 的对数（即顺序对），只需在统计答案时稍作改变即可。

但如果我们需要求关于 \(a_i < a_j, b_i < b_j, c_i < c_j\) 的问题呢？这便是 \(\text{CDQ}\) 分治能解决的经典问题，即三维偏序问题。

P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

题意：设 \(f_i\) 表示 \(\displaystyle\sum_{j = 1, j \neq i}^n [a_j \leq a_i, b_j \leq b_i, c_j \leq c_i]\)，对于每个 \(d \in [0, n)\)，我们需要求出 \(f_i = d\) 的数量。

我们运用刚才的思想，我们首先以 \(a_i\) 为第一关键字，\(b_i\)为第二关键字，\(c_i\)为第三关键字升序排序。注意到若对于两个不同的 \(i\)，三个数有可能完全相同，我们需要额外处理一下，稍后再谈。下设 \(cnt_i\) 表示 \((a_i, b_i, c_i)\) 出现的次数，\(ans_i\) 表示第 \(i\) 个数对的答案。显然地，此时对于每个 \(i\)，对 \(f_i\) 的贡献只可能来自于 \(j < i\)。

我们考虑归并：对于一个区间 \([l, r]\)，我们先分别计算 \([l, mid]\) 及 \([mid + 1, r]\) 中可能产生的贡献。此时两个区间都是按照 \(b_i\) 升序排序的，不一定按照 \(a_i\) 了，因为无论左边和右边的 \(a_i\) 多大，由于前面已经排序过了，所以只要左边的 \(b_i\) 和 \(c_i\) 满足条件，就一定可以对右边产生贡献，而不用考虑 \(a_i\)。而原本的 \(a_i\) 只对原本的小区间有影响，但原本的小区间里产生的贡献已经算过了，所以此时的 \(a_i\) 便不重要了。然后，由于只有 \([l, mid]\) 可能对 \([mid + 1, r]\) 产生贡献，我们按照 \(b_i\) 像归并排序一样升序排序，但要额外统计：

• 当 \(b_{lptr} \leq b_{rptr}\) 时，我们把 \(c_{lptr}\) 在树状数组中加上 \(cnt_{lptr}\)（显然地，一个对数合法了，相同的也一定合法），并增加 \(lptr\);
• 当 \(b_{lptr} > b_{rptr}\) 时，我们对 \(ans_{rptr}\) 加上树状数组中小于 \(c_{rptr}\) 的前缀和。由于对 \(b_i\) 进行排序，所以此时加上的一定是合法的数量。

排序完后，我们需要再将原本的树状数组每个 \(c_{l \leq i \leq mid}\) 中减去对应的 \(cnt_i\)，这是为了消除这个区间的影响，因为归并到大区间及求之后的小区间还需要用到这个树状数组，若不减去则会重复计算。

对整个区间归并后，每个 \(ans_i\) 就是对第 \(i\) 个数对不算入这个数对的重复而有算入其他数对的重复的答案了。于是，对于每个 \(ans_i\)，应该对 \(f_{ans_i + cnt_i - 1}\) 加上 \(cnt_i\)。

不清楚的可以看代码理解。

AC Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) ((x) & -(x))
#define mid (l + r >> 1)

using namespace std;

struct P {
    int a, b, c, id, cnt;
    
    const bool operator<(const P &rhs) const {
        if (a != rhs.a)
            return a < rhs.a;
        else if (b != rhs.b)
            return b < rhs.b;
        else
            return c < rhs.c;
    }
    
    const bool operator==(const P &rhs) const {
        return a == rhs.a && b == rhs.b && c == rhs.c;
    }
};

int n, k, tot, ans[100005], f[100005], sum[200005];
P p[100005];
map<P, int> ma;

void add(int id, int d) {
    while (id <= k) {
        sum[id] += d;
        id += lowbit(id);
    }
}

int query(int id) {
    int res = 0;
    
    while (id) {
        res += sum[id];
        id -= lowbit(id);
    }
    
    return res;
}

void mergeSort(int l, int r) {
    if (l == r)
        return;
    
    mergeSort(l, mid), mergeSort(mid + 1, r);
    
    int lptr = l, rptr = mid + 1, t = 0;
    P *tmp = new P[r - l + 2];
    
    while (lptr <= mid && rptr <= r)
        if (p[lptr].b > p[rptr].b) {
            tmp[++t] = p[rptr];
            ans[p[rptr].id] += query(p[rptr].c);
            ++rptr;
        } else {
            tmp[++t] = p[lptr];
            add(p[lptr].c, p[lptr].cnt);
            ++lptr;
        }
    
    while (lptr <= mid) {
        tmp[++t] = p[lptr];
        add(p[lptr].c, p[lptr].cnt);
        ++lptr;
    }
    
    while (rptr <= r) {
        tmp[++t] = p[rptr];
        ans[p[rptr].id] += query(p[rptr].c);
        ++rptr;
    }
    
    for (int i = l; i <= mid; ++i)
        add(p[i].c, -p[i].cnt);
    
    for (int i = l; i <= r; ++i)
        p[i] = tmp[i - l + 1];
    
    delete tmp;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ++tot;
        scanf("%d %d %d", &p[tot].a, &p[tot].b, &p[tot].c);
        
        if (ma[p[tot]]) {
            ++p[ma[p[tot]]].cnt;
            --tot;
        } else {
            ma[p[tot]] = tot;
            p[tot].cnt = 1;
            p[tot].id = tot;
        }
    }
    
    sort(p + 1, p + tot + 1);
    mergeSort(1, tot);
    
    for (int i = 1; i <= tot; ++i)
        f[ans[p[i].id] + p[i].cnt - 1] += p[i].cnt;
    
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        printf("%d\n", f[i]);
    
    return 0;
}