水了一堆cf的题以后又回来了
以前就了解过(CDQ)分治，但是一直没时间写。
前置知识：分治
分治的思想就是分而治之，即把一个大问题分解成多个小问题，再把小问题的答案合并到大问题，最终得到大问题的答案。
比如：在一个单调的数列(a[1]...a[n])中查找某一个数(x)的位置。大问题即(x)是否在区间([a[l],a[r]])中出现过。那么小问题就是(x)是否在([a[l],mid])和([mid+1,a[r]])中出现过。最后合并答案
又比如归并排序。每次有两个排序好的区间，每次合并两个区间，这也是分治的思想
要注意分治是一种思想而不是仅局限于二分。比如我要求(nleq10)的问题，那我先求(nleq9)的问题再把(10)的加上，这也算分治。
接下来是(CDQ)分治：
我们发现，某些分治的每个小问题之间是互不影响的。比如二分查找中区间([l,mid])和区间([mid+1,r])的情况互不影响，归并排序中区间([l,mid])和区间([mid+1,r])分别排序的情况也互不影响。
而另一些分治中小问题之间是有影响的。什么意思呢？举个例子：
大体意思就是给你平面直角坐标的(n)个点，问你每个点左下方的点有多少。
比如图中的样例，我要求5号点左下方的点有哪些，如果用分治的思想求的话就必须要知道4号点的答案，这就是4号点对5号点的答案产生了影响。
这道题按照横坐标排序，然后对于纵坐标建立树状数组，每次查询修改就好了。
(CDQ)分治解决的就是小问题之间有影响的情况。
我们注意到在分治的过程中,与(i)无关的([1,i-1])和([i+1,n])会由于分割而慢慢地被分离开。对于(j)对(i)的贡献，我们在(j)与(i)被分开的时候去计算。.
我们要解决一系列问题，这些问题一般包含修改和查询操作，可以把这些问题排成一个序列，用一个区间([L,R])表示。
分。递归处理左边区间([L,M])和右边区间([M+1,R])的问题。
治。合并两个子问题，同时考虑到([L,M])内的修改对([M+1,R])内的查询产生的影响。即，用左边的子问题帮助解决右边的子问题。
这个题如果图像化的话和上面那个题很像，只不过二维坐标系变成了三维坐标系。
我们没有必要按照他给定的顺序去处理。相应地，我们将这些元素以(a,b,c)为第一，二，三关键字排序，这样排好序后的元素，对于(i<j)，一定有(a_i<a_j)，这样我们就处理掉了一维，剩下的问题就变成了(forall j<i,b_j<b_i且c_j<c_i)的(j)有多少个。
考虑现在处理的区间是([l,r])，我们将他分成区间([l,mid])和([mid+1,r])。
然后我们对两个区间按照第二关键字(b)排序。这样虽然每个区间里(a)的顺序被打乱了，但是左边区间(a)的值仍然比右边区间小，也就是说如果我们单纯考虑左边对于右边的贡献是可以的。
对于每个右边区间的元素(i)，统计左边区间对于它的贡献。开始遍历左边区间的元素(j)，如果(b_j<=b_i)，也就是说(j)有可能对(i)产生贡献，这时候把(c_j)加到树状数组里面；当(b_j>b_i)时，说明以后的(j)也不会对当前的(i)产生影响了，这时候树状数组查询(cleq c_i)的数的个数并累加到答案里面。然后把 (i++)，换下一个继续统计。
大体思路就是这样，但是有些细节问题需要注意，比如关键字的处理和树状数组的清空(因为每次使用树状数组只对特定的两个区间有效)，代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200005;
struct node
{
int a, b, c, cnt, ans;
}a[N], b[N];
int sum[N << 2], n, k, ans[N], cn;
int lowbit(int x){return x & (-x);}
void add(int x, int t){for(;x <= k; x += lowbit(x)) sum[x] += t;}
int query(int x){int ans = 0;for(; x; x -= lowbit(x)) ans += sum[x];return ans;}
bool cmp1(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 cmp2(node a, node b)
{
if(a.b != b.b) return a.b < b.b;
if(a.c != b.c) return a.c < b.c;
return a.a < b.a;
}
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, cmp2);
sort(a + mid + 1, a + r + 1, cmp2);
int i = mid + 1, j = l;
for(; i <= r; i ++)
{
while(a[j].b <= a[i].b && j <= mid) add(a[j].c, a[j].cnt), j ++;
a[i].ans += query(a[i].c);
}
for(i = l; i < j; i ++) add(a[i].c, -a[i].cnt);
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d%d%d", &b[i].a, &b[i].b, &b[i].c);
sort(b + 1, b + 1 + n, cmp1);
int ct = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
ct ++;
if(b[i].a != b[i + 1].a || b[i].b != b[i + 1].b || b[i].c != b[i + 1].c) a[++cn] = b[i], a[cn].cnt = ct, ct = 0;
}
cdq(1, cn);
for(int i = 1; i <= cn; i ++) ans[a[i].ans + a[i].cnt - 1] += a[i].cnt;
for(int i = 0; i < n; i ++) printf("%d
", ans[i]);
}