再次感谢这位大佬的博客:https://www.cnblogs.com/ljc20020730/p/10395866.html
CDQ分治,是一种在分治合并中计算前面值对后面答案的贡献的一种算法。今天主要围绕多维偏序问题来对CDQ分治进行介绍
先定义偏序:(以下转载自百度百科)
设R是集合A上的一个关系,如果R是自反的、反对称的和可传递的,则称R是集合A的偏序关系,简称偏序
二维偏序:给定n个二元组,求有多少对二元组满足$a[i].x>=a[j].x$,且$a[i].y>=a[j].y$
暴力$n^{2}$肯定不行,我们可以采用归并排序的方法,对第一维从小到大进行排序,这样只会前面影响后面,然后我们再用类似于“逆序对”的方法统计第二就可以啦~~
拓展题:CF957E(怎么用二维偏序自己想哦~)
三位偏序:和二维偏序类似,在用逆序对维护第二维的同时,我们需要再用数据结构统计一下同时满足第三维时的贡献
做法:
1.对第一维进行排序
2.对二维进行归并排序,并同时统计前面对后面的贡献(在同一组的之前已经统计过了):
3.若前面$a[i].y$一直小于等于$a[j].y$,则将$a[i].z$塞到树状数组里维护:即这个这段区间内值为$z$的有几个(记得对于$z$离散化)
4.一旦$a[i]>a[j]$就说明后面的$a[i]$不会再对$a[j]$产生贡献,所以对于$a[j].z$在树状数组$[1,a[j].z]$区间内查询有多少个$z$即为贡献
代码实现:(细节超多啊QAQ)
首先是要去重,因为完全相同的三元组是会互相影响的,而在归并排序中只会左边影响右边,会少讨论情况
其次是在统计答案时每几个完全相同的三元组的内部影响要加上
还有就是在树状数组用完以后要清0,但不要用memset,不然复杂度会直线上升,只需要对于之前更新过的树状数组再反着更新回来就可以啦~
模板题:陌上花开
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=102000; void print() { puts("OK"); } int n,tt[N],ans[N],f[N],k; int C[N*2]; struct node{ int x,y,z,id,cnt; bool operator < (const node &rhs) const{ if(x!=rhs.x) return x<rhs.x; if(y!=rhs.y) return y<rhs.y; if(z!=rhs.z) return z<rhs.z; return id<rhs.id; } bool operator == (const node &rhs) const{ return x==rhs.x&&y==rhs.y&&z==rhs.z; } }a[N]; node t[N]; int tot=0; int lowbit(int x) { return x&(-x); } void update(int p,int x) { while(p<=k)//树状数组长度为k(值不同的个数) { C[p]+=x; p+=lowbit(p); } } int query(int x) { int ret=0; while(x>0) { ret+=C[x]; x-=lowbit(x); } return ret; } void init() { sort(a+1,a+n+1); int i=1; tot=0; while(i<=n) { int j=i+1; while(j<=n&&a[j]==a[i]) j++; t[++tot]=a[i]; t[tot].cnt=j-i; t[tot].id=tot; i=j; } for(int i=1;i<=tot;i++) a[i]=t[i]; for(int i=1;i<=tot;i++) tt[i]=a[i].z; sort(tt+1,tt+tot+1); int m=unique(tt+1,tt+tot+1)-tt-1; for(int i=1;i<=tot;i++) { a[i].z=lower_bound(tt+1,tt+m+1,a[i].z)-tt; //记得要算自己内部的影响 } } 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,top=l-1; while(i<=mid&&j<=r) { if(a[i].y<=a[j].y)//能做出贡献 { update(a[i].z,a[i].cnt); t[++top]=a[i++]; } else { ans[a[j].id]+=query(a[j].z);//之前j写成i了 t[++top]=a[j++]; } } while(i<=mid) { update(a[i].z,a[i].cnt); t[++top]=a[i]; i++; } while(j<=r) { ans[a[j].id]+=query(a[j].z); t[++top]=a[j]; j++; } //for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<ans[i]<<" "; cout<<endl; for(int i=l;i<=mid;i++) { update(a[i].z,-a[i].cnt); } for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=t[i]; } int main() { memset(ans,0,sizeof(ans)); memset(f,0,sizeof(f)); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z); a[i].cnt=1; } init(); CDQ(1,tot); for(int i=1;i<=tot;i++) { ans[a[i].id]+=a[i].cnt-1;//之前枚举ans的坐标,却发现没有保存原坐标对应现坐标,但是现a[i]有对应原坐标,所以枚举a下标 f[ans[a[i].id]]+=a[i].cnt;//现顺序已经被归并排序弄得毫无意义,要用id,加cnt,而不是1 } for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",f[i]); return 0; }
四维偏序:这是神仙题啊~~~一般用bitset解决,CDQ套CDQ复杂度实在是太大了,但还是介绍一下思路吧
首先第一维还是排序,然后对第二位进行CDQ分治,但是还剩下两维(可以每一次插入都把后三位拉出来进行cdq,但复杂度太高了,我们考虑在最后进行)
因为只有前面对后面有影响,所以我们记录它是在左边还是在右边
显然在归并排序之后第二维已经达到了有序,然后我们再来一遍CDQ,对记录是左边的进行update,右边的进行query,而且因为从第二维小到大排序,所以一定只有前面影响后面
最后就是再对第三位进行分治,然后对第四维进行树状数组统计就可以啦~~
(代码详见上述那位神仙的博客,本蒟蒻没有这个实力啊QAQ)