二维偏序问题

偏序关系：

大概就是，满足自反性，反对称性，传递性。
将严格偏序关系建图，可以得到一个DAG（有向无环图）

二维偏序问题是：给定 $n$ 个元素，每个元素有$2$个属性，定义某种偏序关系，对于所有 $x_i$ ，求 $x_j\prec x_i$ 的数量。

一种基本的操作方法是，某个属性按大小排序，另一个属性利用树状数组/线段树进行数量，求和等操作。这种处理方式要依靠在询问可以离线的前提下。

这里有个经典例题，二维数点问题。

P2163 [SHOI2007] 园丁的烦恼

大概题意：

第一行有两个整数 $n,m$，分别表示点个数和询问次数。
接下来 $n$ 行，每行两个整数 $x,y$，表示存在坐标为 $(x,y)$ 的点。有可能存在点位于同一坐标。
接下来 $m$ 行，每行四个整数 $a,b,c,d$，表示查询以 $(a,b)$ 为左下角，$(c,d)$ 为右上角的矩形内部（包括边界）有多少个点。
$0\le n\le 5\times {10}^5$，$1\le m\le 5\times {10}^5$，$0\le x,y,a,b,c,d\le {10}^7$，$a\le c$，$b\le d$。

初步的想法：对于 $n$ ，$m$ 较小的情况，可以用二维前缀和。

可以巧妙的用每个点 $x$ 值的处理顺序，分隔开询问矩形的 $x$ 区间的影响。对于 $y$ 值，用树状数组查询需要的范围。

可以想到以下做法：

对所有的询问离线。将每个矩形拆分成 $(a-1,b-1)(a-1,d)(c,b-1)(c,d)$ 四个点，像前缀和一样算贡献。
依次处理每一个点，将询问点中 $x^{\prime }$ 之前的点的 $y$ 值全部加入树状数组中，在查询 $y^{\prime }$ 计算贡献。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
inline int read(){
    int f=1,x=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){
        if(c=='-')f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return f*x;
}
int n,m;
int cnt1;
struct node{
    int x,y;
    int id,ff;
    bool operator<(const node& p)const{
        if(x==p.x)return y<p.y;
        else return x<p.x;
    }
}a[N],b[N*4];
int ans[N];
int mp[N*3],len;
int c[N*3];
inline int lowbit(int x){
    return x&-x;
}
inline void upd(int x,int w){
    for(int i=x;i<=len;i+=lowbit(i)){
        c[i]+=w;
    }
}
inline int qur(int x){
    int res=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
        res+=c[i];
    }
    return res;
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i].x=read(),a[i].y=read();
        mp[++len]=a[i].y;
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int xa=read(),ya=read(),xb=read(),yb=read();
        b[++cnt1]={xa-1,ya-1,i,1};
        b[++cnt1]={xa-1,yb,i,-1};
        b[++cnt1]={xb,ya-1,i,-1};
        b[++cnt1]={xb,yb,i,1};
        mp[++len]=ya-1,mp[++len]=yb;
    }
    sort(b+1,b+1+cnt1);
    sort(mp+1,mp+1+len);
    len=unique(mp+1,mp+1+len)-mp-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i].y=lower_bound(mp+1,mp+1+len,a[i].y)-mp;
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++){
        b[i].y=lower_bound(mp+1,mp+1+len,b[i].y)-mp;
    }
    int now=0;
    for(int i=1;i<=cnt1;i++){
        int x=b[i].x,y=b[i].y;
        int id=b[i].id,ff=b[i].ff;
        while(now+1<=n&&a[now+1].x<=x){
            now++;
            upd(a[now].y,1);
        }
        ans[id]+=qur(y)*ff;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

当然，更多的并不是这样明显的二维偏序关系，常常需要观察得出偏序关系是什么，应该怎么处理。
给出几个例题，介绍一下思路。

例题1：P8844 [传智杯 #4 初赛] 小卡与落叶

给你一棵有 $n(1\le n\le {10}^5)$ 个结点的有根树，根结点标号为 $1$，根节点的深度为 $1$，最开始整棵树的所有结点都是绿色的。

小卡有 $m(1\le m\le {10}^5)$ 个操作。

操作一：把整棵树都染绿，之后让深度 $\ge x$ 的结点变黄。

操作二：询问一个结点 $x$ 的子树中有多少个黄色结点。

首先可以想到暴力做法。每次询问都暴力查询深度 $\ge x$ 的结点的个数，时间为 $O(n^2)$

接下来考虑怎么优化。如何询问整个子树内的节点状态？可以想到 dfs序。在一个子树内，dfs序是连续的。一个子树 $x$ 的 $dfn$ 范围是 $df{n}_x$ --> $df{n}_x+si{z}_x-1$

于是问题就转化成，在查询某个 $dfn$ 范围内，所有深度大于 $x$ 的节点数。可以想到这是一个二维偏序问题。可以将每个点的 $dfn$ 当作横坐标，$deep$ 当作纵坐标，将所有询问离线下来后用树状数组处理。

时间为 $O(nlogn)$