CDQ分治学习笔记

CDQ分治学习笔记

前言

之前在gdkoi讲解是有人用 $C D Q$ 分治A了day1 T3。好像分治FFT要用到，而且其他人都学过了，所以蒟蒻再次恶补一手之前的知识点。
$C D Q$ 显然是一个人的名字，陈丹琪（NOI2008金牌女选手）。

CDQ分治思想

分治就是分治，“分而治之”的思想。
~~显然CDQ分治不是普通的分治~~
因为这一类问题又有一个共同特点就是 左区间会对右区间产生贡献 。
我们一般要先求左区间的答案，然后再求左区间对右区间的贡献，最后求右区间的答案。
前置知识：归并排序求逆序对，不会的可以看一下这个。
树状数组 也要用到一点。

例题

1、翻转对

然后我们看一下这一题：翻转对。
题目传送门
题⽬描述
给定⼀个⻓度为 $n$ 的数组 $n u m s$ ,如果 $i < j$ 且 $n u m s [i] > 2 * n u m s [j]$ , 我们就将 $(i, j)$ , 称作⼀个重要翻转对。你需要返回给定数组中的重要翻转对的数量。
数据规模
$n \leq 100000$

分析

~~很明显这还只是普通的分治~~
这题用一个简单的归并排序就可以完成，思路差不多，在归并排序求逆序对的代码稍微改一下，把逆序对变成了翻转对⽽已。

code

~~很明显这是网上抄的，主要是我的力扣账号忘记密码了~~

class Solution{
      private int cnt;
      public int reversePairs(int[] nums){
        int len=nums.length;
        sort(nums, Arrays.copyOf(nums, len),0,len-1);
        return cnt;
    }
    private void sort(int[] src,int[] dest,int s,int e){
        if (s>=e){
            return;
        }
        int mid=(s+e)>>1;
        sort(dest,src,s,mid);
        sort(dest,src,mid+1,e);
        merge(src,dest,s,mid,e);
    }
    private void merge(int[] src,int[] dest,int s,int mid,int e) {
        int i=s,j=mid+1,k=s;
        while (i<=mid&&j<=e){
            if((long)src[i]>2*((long)src[j])){
                cnt+=mid-i+1;
                j++;
            } 
            else{
                i++;
            }
        }
        i=s;
        j=mid+1;
        while(i<=mid&&j<=e){
            if (src[i]<=src[j]){
                dest[k++]=src[i++];
            } 
            else{
                dest[k++]=src[j++];
            }
        }
        while(i<=mid){
            dest[k++]=src[i++];
        }
        while(j<=e){
            dest[k++]=src[j++];
        }
    }
}

P3810 三维偏序（陌上花开）

题目传送门
这道题应该是学过 $C D Q$ 分治的人都做过了（~~毕竟是版题，还是紫色的~~）。
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 $a_{j} \leq a_{i}$ 且 $b_{j} \leq b_{i}$ 且 $c_{j} \leq c_{i}$ 且 $j \neq i$ 的 $j$ 的数量。

对于 $d \in [0, n)$ ，求 $f (i) = d$ 的数量。

输入格式

第一行两个整数 $n, k$ ，表示元素数量和最大属性值。

接下来 $n$ 行，每行三个整数 $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ ，分别表示三个属性值。

输出格式

$n$ 行，第 $d + 1$ 行表示 $f (i) = d$ 的 $i$ 的数量。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

$1 \leq n \leq 10^{5}$ ， $1 \leq a_{i}, b_{i}, c_{i} \leq k \leq 2 \times 10^{5}$ 。

分析

这题是一个三维偏序，我们先看一下把它转换成二维偏序 $a_{j} \leq a_{i}$ $b_{j} \leq b_{i}$ 时怎么做。
我们把 $a$ 为第一关键字排序，然后用树状数组动态维护维护 $b_{j} \leq b_{i}$ 的个数，时间复杂度： $O (n \log_{2} n)$

然后考虑本题。
我们还是将 $a$ 数组为第一关键字， $b$ 数组为第二关键字， $c$ 数组为第三关键字排序。
然后用类似于普通分治的方法，将 $[l, r]$ 分成 $[l, m i d]$ $[m i d + 1, r]$ 两个区间。两个区间内部按照 $b$ 数组为第一关键字， $c$ 数组为第二关键字排序，然后同时遍历两个子区间，利⽤树状数组将左区间对右区间的贡献统计到右区间上。
可能有点难懂，大家可以看一下代码感性理解一下，还是比较简单的。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
#define LL long long
#define fd(x , y , z) for(int x = y ; x >= z ; x --)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n , k , tr[N] , ans[N] , m;
struct note {
    int cnt , a , b , c , ans;
}s1[N] , s2[N];
int read () {
    int val = 0 , fu = 1;
    char ch = getchar ();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-') fu = -1;
        ch = getchar (); 
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        val = val * 10 + (ch - '0');
        ch = getchar ();
    }
    return val * fu;
}
bool comp1 (note x , note y) {
    if (x.a != y.a) return x.a < y.a;
    if (x.b != y.b) return x.b < y.b;
    if (x.c != y.c) return x.c < y.c;
}
int lowbit (int x) { return x & (-x); }
bool comp2 (note x , note y) {
    if (x.b != y.b) return x.b < y.b;
    return x.c < y.c; 
}
void Insert (int val , int sum) {
    int i = val;
    while (i <= k) {
        tr[i] += sum;
        i += lowbit(i);
    }
}
int query (int x) {
    int sum = 0;
    while (x) {
        sum += tr[x];
        x -= lowbit (x);
    }
    return sum;
}
void cdq (int l , int r) {
    if (l == r) return;
    int mid = l + r >> 1;
    cdq (l , mid) , cdq (mid + 1 , r);
    sort (s2 + l , s2 + mid + 1 , comp2);
    sort (s2 + mid + 1 , s2 + r + 1 , comp2);
    int j = l;
    fu (i , mid + 1 , r) {
        while (s2[i].b >= s2[j].b && j <= mid) {
            Insert (s2[j].c , s2[j].cnt);
            j ++;
        }
        s2[i].ans += query (s2[i].c);
    }
    fu (i , l , j - 1)
        Insert (s2[i].c , -s2[i].cnt);
} 
int main () {
    n = read () , k = read ();
    fu (i , 1 , n)
        s1[i].a = read () , s1[i].b = read () , s1[i].c = read ();
    sort (s1 + 1 , s1 + n + 1 , comp1);
    int t = 0;
    s1[n + 1] = {0 , 0 , 0 , 0 , 0};
    fu (i , 1 , n) {
        t ++;
        if (s1[i].a != s1[i + 1].a || s1[i].b != s1[i + 1].b || s1[i].c != s1[i + 1].c) {
            s2[++ m] = s1[i];
            s2[m].cnt = t;
            t = 0;
        }
    }
    cdq (1 , m);
    fu (i , 1 , m)
        ans[s2[i].cnt + s2[i].ans - 1] += s2[i].cnt;
    fu (i , 0 , n - 1) 
        printf ("%d\n" , ans[i]);
    return 0;
}