求解五维偏序
给定 (n(le 3 imes 10^4)) 个五元组，对于每个五元组 ((a_i, b_i, c_i, d_i, e_i))，求存在多少个 (1le jle n) 满足 (a_i > a_j) 且 (b_i > b_j) 且 (c_i > c_j) 且 (d_i > d_j) 且 (e_i > e_j)。保证每一维都是 (1cdots n) 的排列。
第一感觉
传统的做法有 cdq 分治或 树套树，但是在本题中复杂度会高达 (O(nlog^4 n))，更何况这些做法需要嵌套，代码难度极大。
如果用 K-D tree 则只能有 (O(n^{frac{2k - 1}{k}})) 的 优秀 效率。
于是这里介绍一种使用 bitset 的简单做法。
用 01矩阵 表示大小关系
我们先对于五元组的 (a) 维构造出一个 (n imes n) 的 01 方阵 (A)。
对于 (A) 第 (i) 行第 (j) 列的元素 (A_{i, j})，若为 1 则表示 (a_i > a_j)， 反之则表示 (a_i le a_j)。
换言之，方阵 (A) 存储着 (n) 个五元组在 (a) 维上的大小关系。
同理有矩阵 (B, C, D, E)。
接下来我们考虑 (S = A And B And C And D And E)（(And) 表示按位与）的实际意义。
显然 (S_{i, j}) 就表示 第 (i) 个和第 (j) 个五元组在所有五维意义上的偏序关系。
要求第 (i) 个的答案，只要求 (S_{i, 1} sim S_{i, n}) 间中 1 的个数即可。
关于 bitset
如何构造这个矩阵？这就需要强大的 bitset 了！
首先我们来了解一下 bitset。这是 C++ 中的一种 STL。它类似于 bool 数组，每个位置只有两种值：0 或 1。
bitset 的实现方式是压位，那么一个大小为 (n) 的 bitset 的空间复杂度为 (O(frac{1}{omega} n))。其中 (omega = 32) 或 (64)（系统位数）。
一些基本操作：
bitset<N> f; // 定义一个大小为 N 的 bitset，下标范围为 [0, N)
f.set(i); // 在下标 i 处置为 1
f.reset(i); // 在下标 i 处置为 0
f.test(i); // 判断下标 i 处是否为 1
f[i]; // 在下标 i 处取值
除了构造函数，其他操作的复杂度均为 (O(1))。
但还有功能更强大的：
f.set(); // 全部置为 1
f.reset(); // 全部置为 0
f = g; // bitset 赋值
f &= g; // 将 f 对 g 做按位与操作
f |= g; // 将 f 对 g 做按位或操作
f ^= g; // 将 f 对 g 做按位异或操作
// 以及各种位运算操作
f.count(); // 计算 bitset 中 1 的个数
这些操作都是 (O(frac{1}{omega} n)) 的时间复杂度。
bitset 的优秀之处，就在于时空复杂度中 (dfrac{1}{omega}) 的优秀常数。
关系矩阵的构造
下面讲一讲 (S) 矩阵的构造算法。
我们对于每一维，将五元组升序排序，然后用一个中间变量 tmp 表示当前维度下，满足当前范围的点的点集（tmp 就是一个 bitset）。
当做到第 (i) 个五元组时，我们先在第 (i) 个五元组所对应的 bitset f[point[i].index] 对 tmp 做按位与操作。
然后在 tmp 的当前五元组的编号处置为 1。
每一维都这样做下去即可。
最后使用 count 函数统计答案即可。
核心代码
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : bitset 求解较高维偏序
*/
for (register int k = 0; k < K; k++) {
cmp::set(k); // cmp 函数设置维度
sort(point, point + n, cmp::f); // 排序
tmp.reset(); // 清空 tmp
for (register int i = 0; i < n; i++) {
if (!k) f[point[i].index] = tmp; // 第一维特殊处理——直接赋值
else f[point[i].index] &= tmp; // 按位与操作
tmp.set(point[i].index); // 在当前五元组编号处置 1
}
}
for (register int i = 0; i < n; i++)
cout << f[i].count() << endl; // 统计答案
不难发现上面的时空复杂度都是 (O(frac{1}{omega} n^2)) 的。虽说也是平方级别的算法，但由于 bitset 的优秀常数，在实际中运行效率很不错。
习题
HihoCoder #1513 小Hi的烦恼：https://hihocoder.com/problemset/problem/1513
更高维的偏序问题
给定 (n(le 5 imes 10^4)) 个 (k(le 7)) 元组，对于每个 (k) 元组 (T_i = (v_1, v_2, cdots, v_k)_i)，求存在多少个 (1le jle n) 满足 (i succ j)。保证每一维都是 (1cdots n) 的排列。
空间限制：64 MB
此题开大的 (n) 的范围，维数，并加大了对空间的要求。
很显然 (O(frac{1}{omega} n^2)) 的空间复杂度以及远远无法符合要求了。
注意这里优化的是空间，时间复杂度不变。
分块优化空间
我们对于每一维进行值域上的分块，块长 (b = lceilsqrt{n} ceil)。
我们定义： bitset<N> dat[K][T]; dat[k][i] 表示在第 (k) 维，处于 前 (i) 块的值域范围内（即值域 (in [1, i imes b]) ） 的点的集合。
这个可以在 (O(n^{1.5}k)) 的时间预处理。
那么如何通过这个信息获取关于 (T_i) 的信息呢？
仍然是分块的经典思想——整块取现成，散块暴力直接干。
具体的，对于第 (k) 维为 (v) 的情况：
- 整块：直接取出块 ([1, lfloorfrac{v}{b}
floor]) 的信息（
dat[k][p];）。
- 时间复杂度：(O(frac{1}{omega} n))。 - 散块：暴力扫出值域在 ((lfloorfrac{v}{b}
floor imes b + 1, v]) 的编号。
- 时间复杂度：(O(sqrt{n}))
最后对所有维度的 bitset 做按位与，使用 count 函数求解答案。这里时间复杂度为 (O(frac{1}{omega} nk))。
对所有 (n) 个 (k) 元组都可以这样搞。
总时间复杂度为 (O(frac{1}{omega}n^2 k))，似乎并没有优化。但空间效率得到了不错的提升——(O(frac{1}{omega} n^{1.5}k))
核心代码
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : bitset 求解较高维偏序
*/
// rank[k][v] 表示 k 维中值为 v 的点的编号
for (register int k = 0; k < K; k++)
for (register int i = 1; i * b <= n; i++)
for (register int j = 1; j <= i * b; j++)
dat[k][i].set(rank[k][j]); // 分块预处理
for (register int i = 1; i <= n; i++) {
bitset<N> ans, tmp;
ans.set(); // 一开始设为全 1（按位与操作）
for (register int k = 0; k < K; k++) {
tmp.reset(); // 每一维都要重置
int p = point[k][i] / b; // 计算整块的范围
tmp |= dat[k][p]; // 整块取现成
for (register int j = p * b + 1; j <= point[k][i]; j++)
tmp.set(rank[k][j]); // 暴力扫散块
ans &= tmp; // 对每一维按位与
}
cout << ans.count() - 1 << endl; // 统计答案
}
习题
HihoCoder #1236 Scores：http://hihocoder.com/problemset/problem/1236
后记
- 原文地址：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/13293541.html
- 本文作者：@-Wallace-
- 转载请附上出处。
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