[题解]陌上花开
陌上花开 题解
#Part. 1 题目描述
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 \(j \ne i\) 的 \(j\) 的数量。对于 \(d \in [0, n)\)，求 \(f(i) = d\) 的数量。
#Part. 2 思路
谁能想到，笔者做这道题的瓶颈是树状数组呢...QwQ
本题是三维偏序的板子题。我们在这里采用 CDQ 分治解决这道题。
\(\tt CDQ\) 分治处理序列点对问题的经典三步骤：
- 找到中点 \(mid\)；
- 递归处理在左区间 \([l,mid]\) 和右区间 \([mid+1,r]\) 中的答案；
- 统计跨过中点 \(mid\) 的点对；
首先对于这样的问题，我们首先考虑减少干扰我们的条件，所以将所有元素进行排序，令 \(a\) 为第一关键字，\(b\) 为第二关键字，\(c\) 为第三关键字，这样一来在所有的区间内，右边的 \(a\) 一定比左边的 \(a\) 要大。同时注意到可能会有相同的元素，这里需要去重。
struct flo {
int a, b, c, id, tot;
inline bool operator < (const flo &t) const {
if (a == t.a) {
if (b == t.b) return c < t.c;
else return b < t.b;
} else return a < t.a;
}
inline bool operator != (const flo &t) const {
return (a != t.a || b != t.b || c != t.c) ? true : false;
}
};
flo p[N], v[N], q[N];
/*在 main() 中*/
sort(p + 1, p + n + 1); //排序
v[++ cnt] = p[1]; v[cnt].id = v[cnt].tot = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i)
/*去重，因为已经排好了序，所以相同的元素
必定相邻，只需判断当前元素与上一个记录的
元素是否相同，如果是，那么增加个数即可，
否则记录当前元素*/
if (p[i] != v[cnt]) {
v[++ cnt] = p[i];
v[cnt].id = cnt;
v[cnt].tot ++;
} else v[cnt].tot ++;
下面的重点便是 \(\tt CDQ\) 的过程了，因为递归的过程是完全相同的子问题，那么假设对于区间 \([l,r]\) 我们现在已经处理完 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)，现在来看如何统计跨过中点的点对信息。
这种 “处理左边...处理右边...合并两边” 的方式是否觉得有些眼熟？好像归并排序便是这样的过程，那么如果我们在处理完一个区间的同时，可以将这个区间按照 \(b\) 从大到小排序，我们发现，如果这样做，那么在处理整个区间 \([l,r]\) 时，\([l,mid]\) 中的 \(a\) 一定比 \([mid+1,r]\) 中的 \(a\) 小，而在两个小区间中，是按照 \(b\) 升序，那么对于一个右区间中的元素 \(t\)，可能对它的答案造成贡献的只有在左区间中 \(b\) 小于等于 \(t.b\) 的元素，我们设左区间中第一个 \(b\) 值大于 \(t\) 的 \(b\) 值的元素为 \(t\) 的决策点。很显然，这样的决策点是具有单调性的，即如果对于一个在右区间中的位置比 \(t_1\) 靠右的元素 \(t_2\)，如果 \(t_1\) 的决策点是 \(s_1\)，那么 \(t_2\) 的决策点一定不会比 \(s_2\) 靠左，所以我们可以直接维护一左一右两个指针。
那么，对于一个右区间中的元素 \(t\)，左区间中对他的答案的贡献一定是在他的决策点左边的元素中，\(c\) 值比 \(t\) 的 \(c\) 小的元素个数，那么这个数量怎么维护？很简单，我们可以维护一个权值树状数组（权值线段树），每向右扩展一个左区间的元素，就将这个元素的包含的个数加入到树状数组中对应 \(c\) 的位置，每当找到一个右区间元素的决策点，那么就查询当前的树状数组中有多少个元素小于等于 \(c\)。
#Part. 3 代码实现
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3fffffff;
struct flo {
int a, b, c, id, tot;
inline bool operator < (const flo &t) const {
if (a == t.a) {
if (b == t.b) return c < t.c;
else return b < t.b;
} else return a < t.a;
}
inline bool operator != (const flo &t) const {
return (a != t.a || b != t.b || c != t.c) ? true : false;
}
};
flo p[N], v[N], q[N];
int n, k, cnt, ftot[N], ans[N], c[N << 8], res[N];
/*树状数组部分*/
inline int lowbit(int x) {return (x & (-x));}
void insert(int i, int x) {
while (i <= N){
c[i] += x;
i += lowbit(i);
}
}
int query(int x) {
int res = 0;
while (x > 0) {
res += c[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
void cdq(flo *arr, int l, int r) {
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(arr, l, mid); cdq(arr, mid + 1, r);
for (int i = l; i <= r; i ++) q[i] = arr[i];
int L = l, R = mid + 1, pos = l;
while (R <= r && L <= mid) { //归并排序同时维护信息
if (q[L].b <= q[R].b) {
insert(q[L].c, q[L].tot);
arr[pos ++] = q[L ++];
} else {
ans[q[R].id] += query(q[R].c);
arr[pos ++] = q[R ++];
}
}
while (R <= r) ans[q[R].id] += query(q[R].c), ++ R;
while (L <= mid) {insert(q[L].c, q[L].tot);arr[pos ++] = q[L ++]; }
//可能存在未处理完的数据
for (int i = l; i <= mid; i ++) insert(q[i].c, -q[i].tot);
//清空树状数组
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
scanf("%d%d%d", &p[i].a, &p[i].b, &p[i].c);
sort(p + 1, p + n + 1);
v[++ cnt] = p[1]; v[cnt].id = v[cnt].tot = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i)
if (p[i] != v[cnt]) {
v[++ cnt] = p[i];
v[cnt].id = cnt;
v[cnt].tot ++;
} else v[cnt].tot ++;
cdq(v, 1, cnt);
for (int i = 1; i <= cnt; ++ i)
res[ans[v[i].id] + v[i].tot - 1] += v[i].tot;
for (int i = 0; i < n; ++ i)
printf("%d\n", res[i]);
return 0;
}
想做法非常快...但是树状数组因为没怎么用过不大会写，卡了我好久...
