笔记-CDQ 分治
CDQ 分治
分治，分而治之，一般采取递归的形式，先将要处理的部分分开分别处理，再合并计算。
而 CDQ 分治正是基于分治思想的离线算法。
具体地，CDQ 分治对询问进行分治，对于一个询问区间 \([l,r]\)，CDQ 分治进行以下操作：
- 处理 \([l,mid]\)。
- 处理 \([mid+1,r]\)。
- 计算 \([l,mid]\) 中的修改对 \([mid+1,r]\) 的贡献。
CDQ 分治常用于解决点对相关问题。
对于偏序问题，CDQ 分治可以在较优的时间复杂度内求出，如逆序对等二维偏序。归并排序就是 CDQ 分治思想的一种体现。
接下来进入一道例题。
有 \(n\) 个元素，第 \(i\) 个元素有 \(a_i,b_i,c_i\) 三个属性，设 \(f(i)\) 表示满足 \(a_j \le a_i\) 且 \(b_j \le b_i\) 且 \(c_j \le c_i\) 且 \(j \ne i\) 的 \(j\) 的数量。
对于 \(d \in [0, n)\)，求 \(f(i)=d\) 的数量。
\(1 \le n \le 10^5\)，\(1 \le a_i,b_i,c_i \le 2 \times 10^5\)。
经典题。
显然这道题是不能 \(O(n^2)\) 暴力枚举的。与点对有关，于是 CDQ 分治。
首先将点按 \(a_i\) 排序，这样就保证只有前面的点对后面的点产生影响。
分治。对于区间 \([l,r]\)，假设我们已经处理好了 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)，先对这两个区间分别按 \(b_i\) 排序，由于我们在最开始就对整个序列按 \(a_i\) 排序，\([l,mid]\) 中的每个点的 \(a_i\) 一定都是大于 \([mid+1,r]\) 中的每个点的 \(a_i\) 的，所以我们只需要处理 \([l,mid]\) 中 \(b_i\) 和 \(c_i\) 的影响。
将两个区间中的点按 \(b_i\) 从小到大排序（也可用归并实现，文章中使用 sort），然后双指针，\(i\) 代表 \([mid+1,r]\) 从 \(mid+1\) 开始的指针，\(j\) 代表 \([l,mid]\) 从 \(l\) 开始的指针。对于 \(c_i\) 我们可以使用树状数组维护。
对于一个 \(i\)，我们将所有 \(b_j \le b_i\) 的点加入树状数组，此时所有加入了树状数组的点 \(x\) 都满足 \(a_x \le a_i,b_x \le b_i\)，因此在树状数组上查询 \(c_x \le c_i\) 的点，即 query(c[i]) 即可。
注意清空树状数组。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
struct node{
int a,b,c;
int ans,cnt;
}a[N],A[N];
int n,m,len;
int ans[N];
namespace BIT{
int tree[M];
void add(int x,int k){
for(;x<=m;x+=x&-x)
tree[x]+=k;
}
int query(int x){
int res=0;
for(;x;x-=x&-x)
res+=tree[x];
return res;
}
}
using BIT::add;
using BIT::query;
bool cmpa(node a,node b){
if(a.a!=b.a)return a.a<b.a;
if(a.b!=b.b)return a.b<b.b;
return a.c<b.c;
}
bool cmpb(node a,node b){
if(a.b!=b.b)return a.b<b.b;
return a.c<b.c;
}
void cdq(int l,int r){
if(l>=r)return;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);
cdq(mid+1,r);
sort(a+l,a+mid+1,cmpb);//按 b 排序
sort(a+mid+1,a+r+1,cmpb);
int i,j;
for(i=mid+1,j=l;i<=r;i++){
while(j<=mid&&a[j].b<=a[i].b){
add(a[j].c,a[j].cnt);//树状数组维护 c
j++;
}
a[i].ans+=query(a[i].c);
}
for(i=l;i<j;i++)
add(a[i].c,-a[i].cnt);
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>A[i].a>>A[i].b>>A[i].c;
sort(A+1,A+1+n,cmpa);//按 a 排序，保证分开的区间前后 a 相对有序
int tot=1;
for(int i=2;i<=n;i++){//将点去重简化计算
if(A[i].a!=A[i-1].a||A[i].b!=A[i-1].b||A[i].c!=A[i-1].c){
a[++len]={A[i-1].a,A[i-1].b,A[i-1].c,0,tot};
tot=1;
}else{
tot++;
}
}
a[++len]={A[n].a,A[n].b,A[n].c,0,tot};
cdq(1,len);
for(int i=1;i<=len;i++)
ans[a[i].ans+a[i].cnt-1]+=a[i].cnt;
for(int i=0;i<n;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
单点加，区间查。
其实 CDQ 分治也能维护这个东西。
把对 \([l,r]\) 的查询转成对 \([1,l-1]\) 和 \([1,r]\) 的查询，对于查询 \([1,x]\)，由于只有位置 \(y \le x\) ，且时间早于这个查询的修改能对这个查询造成影响，所以这就是一个二维偏序问题！
二维偏序果断想到 CDQ。我们按时间顺序保存每个操作，对于区间 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)，双指针 \(i,j\) 分别表示 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)。由于我们先按时间顺序保存了每个操作，所以 \([l,mid]\) 与 \([mid+1,r]\) 之间的相对时间大小不变。归并操作区间，按操作位置排序，处理 \([l,mid]\) 中的操作时，如果是修改则累加贡献；处理 \([mid+1,r]\) 中的操作时，如果是查询则将贡献保存到答案数组中。然后输出答案数组就好了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
struct node{
int op,pos,val,id;//op=1修改，=2查询[1,r]，=3查询[1,l-1]
//pos:操作的位置，val:修改的值/第val个答案
//id:时间顺序
bool operator <(const node &n)const{
if(pos!=n.pos)return pos<n.pos;
return id<n.id;
}
}q[N*3],tmp[N*3];//tmp:归并数组
int n,m,cnt;
int p,ans[N];
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);
cdq(mid+1,r);
int i,j,k,sum=0;
for(i=l,j=mid+1,k=l;i<=mid&&j<=r;){//累加贡献
if(q[i]<q[j]){
if(q[i].op==1)sum+=q[i].val;
tmp[k++]=q[i++];
}else{//将贡献累加到答案数组
if(q[j].op==2)ans[q[j].val]-=sum;
if(q[j].op==3)ans[q[j].val]+=sum;
tmp[k++]=q[j++];
}
}
for(;i<=mid;){
if(q[i].op==1)sum+=q[i].val;
tmp[k++]=q[i++];
}
for(;j<=r;){
if(q[j].op==2)ans[q[j].val]-=sum;
if(q[j].op==3)ans[q[j].val]+=sum;
tmp[k++]=q[j++];
}
for(i=l;i<=r;i++)q[i]=tmp[i];
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt++;
q[cnt].op=1;
q[cnt].pos=i;
cin>>q[cnt].val;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int op;
cin>>op;
if(op==1){
cnt++;
q[cnt].op=1;
q[cnt].id=i;
cin>>q[cnt].pos>>q[cnt].val;
}else{//拆分询问
p++;
cnt++;
q[cnt].op=2;
q[cnt].val=p;
q[cnt].id=i;
cin>>q[cnt].pos;
q[cnt].pos--;
cnt++;
q[cnt].op=3;
q[cnt].val=p;
q[cnt].id=i;
cin>>q[cnt].pos;
}
}
cdq(1,cnt);
for(int i=1;i<=p;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
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