CDQ分治与整体二分小结
前言
这是一波强行总结。
下面是一波瞎比比。
这几天做了几道CDQ/整体二分，感觉自己做题速度好慢啊。
很多很显然的东西都看不出来 分治分不出来 打不出来 调不对
上午下午晚上的效率完全不一样啊。
完蛋.jpg 绝望.jpg。
关于CDQ分治
CDQ分治，求的是三维偏序问题都知道的。
求法呢，就是在分治外面先把一维变成有序
然后分治下去，左边(l,mid)关于右边(mid+1,r)就不存在某一维的逆序了，所以只有两维偏序了。
这个时候来一波"树状数组求逆序对"的操作搞一下二维偏序
就可以把跨过中线的，左边更新右边的情况计算出来。
注意：只计算左边的操作对右边的询问的贡献！
然后左右两边递归处理就好了。
正确性：按照线段树的形态递归的CDQ分治，保证每一对三元组在第一维划分的线段树上都有且仅有一个LCA(这不废话吗)，而这一组答案就会且仅会在LCA处计算。如果在LCA下面，点对不在一个work内自然不会计算。如果在LCA上面了，点对就在同一侧，不会互相更新。
复杂度：设一次work的复杂度是f(len)，则复杂度是O(f(n)logn)。
一般都在分治里用树状数组，一般的复杂度就是O(nlog2n)的。
一般是这样的套路：假设三维偏序分别为a,b,c；
在main函数里保证a递增。
然后在CDQ里先分治左右，传下去的时候a仍然递增，不破坏性质。
然后分治完左右两边后，需保证左右两边分别b都是递增的(a不重要)。
然后就是类似归并排序的操作了。
此时左边的a肯定都小于右边的a,那么如果对于一个右边的元素
之前类似归并的操作就可以保证所有小于b的左边的元素都已经遍历过。
那么找c也小于它的？值域线段树/树状数组等数据结构维护一下就好了。
然后你这么归并了一波后，就发现统计完答案后b是有序递增的了(这个时候a已经不重要了)。
对于上层操作，符合"左右两边分别b是递增的"了。
BZOJ陌上花开竟然是权限题？这是在搞笑。
好吧BZOJ动态逆序对，之前写过的，做两次CDQ就好了。
BZOJ稻草人，也是CDQ，加个单调栈。
还有一个就是高维偏序问题。
cogs上的2479 HZOI2016 偏序 就是四维偏序板子。
后面还有两个加强版，到了七维，不是CDQ干的事情，详情请见这个PPT。
校内交流所以做的不是很严谨(吐舌)
这里只谈论四维偏序，即a<a' b<b' c<c' d<d'。
做法是喜闻乐见的CDQ套CDQ套树状数组。
有个很妙的博客：Candy？
首先在外面按照a排好序。
进第一层CDQ。先递归处理，然后标记本来是在mid左边还是右边的，左1右0，然后按b排序。
还是只统计左边部分跨过中线对右边部分的贡献。
按照b排好序后，就变成了统计标记为0的点的"在它左边的、标记为1的、(c,d)都小于它的点的个数"。
"在它左边+(c,d)都小于它" = 三维偏序。
复制到另一个数组里再做一次cdq就可以了。
复杂度O(nlog^3n)。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <vector> #include <cstring> #include <queue> #include <complex> #include <stack> #define LL long long int #define dob double #define FILE "partial_order" //#define FILE "CDQ" using namespace std; const int N = 100010; struct Data{int a,b,c,id;}p[N],que[N],que2[N]; int n,vis[N],tim,T[N]; LL Ans; inline int gi(){ int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();} while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void update(int x){ for(;x<=n;x+=x&-x){ if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim; T[x]++; } } inline int query(int x,int ans=0){ for(;x;x-=x&-x){ if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim; ans+=T[x]; } return ans; } inline void cdq(int l,int r){ if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l; cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);tim++; while(i<=mid && j<=r){ if(que[i].b<que[j].b){ if(que[i].id)update(que[i].c); que2[k++]=que[i++]; } else{ if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c); que2[k++]=que[j++]; } } while(i<=mid)que2[k++]=que[i++]; while(j<=r){ if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c); que2[k++]=que[j++]; } for(k=l;k<=r;++k)que[k]=que2[k]; } inline void CDQ(int l,int r){ if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l; CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r); while(i<=mid && j<=r){ if(p[i].a<p[j].a)que[k]=p[i++],que[k++].id=1; else que[k]=p[j++],que[k++].id=0; } while(i<=mid)que[k]=p[i++],que[k++].id=1; while(j<=r)que[k]=p[j++],que[k++].id=0; for(k=l;k<=r;++k)p[k]=que[k];cdq(l,r); } int main() { freopen(FILE".in","r",stdin); freopen(FILE".out","w",stdout); n=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].a=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].b=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].c=gi(); CDQ(1,n);printf("%lld\n",Ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
关于整体二分
整体二分主要是把所有询问放在一起二分答案，然后把操作也一起分治。
什么时候用呢？
当你发现多组询问可以离线的时候
当你发现询问可以二分答案而且check复杂度对于单组询问可以接受的时候
当你发现询问的操作都是一样的的时候
你就可以使用整体二分这个东西了。
具体做法讲起来有些玄学，其实类似主席树转化到区间的操作或者线段树上二分。
想想：二分答案的时候，对于一个答案，是不是有些操作是没用的，有些操作贡献是不变的？
比如二分一个时间，那么时间后面发生的操作就是没有用的，时间前面的贡献是不变的。
二分一个最大值，比mid大的都是没用的，比mid小的个数是一定的。
整体二分就是利用了这么一个性质。
平时我们二分答案，都是这么写的：
inline int check(int mid){ int num=0; for(int i=1;i<=m;++i) if(calc(i,mid)) num++; return num; } ... int l=...,r=...,ans=-1; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)<k)l=mid+1; else ans=mid,r=mid-1; }
这种写法已经很优秀了。但是如果有q次询问，复杂度就是O(qmlogn)。
换种方式：
inline bool check(int mid){ int t1=0,t2=0; for(int i=1;i<=m;++i){ if(calc(i,mid))que[1][++t1]=i; else que[2][++t2]=i; } if(t1>=k){ m=t1; for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[1][i]; return 1; } else{ m=t2; for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[2][i]; k-=t1;return 0; } } ... int l=...,r=...,ans=-1; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid))r=mid-1,ans=mid; else l=mid+1; }
(如上面代码有错误请指出)
分析起来复杂度并没有什么改变......
但是如果把二分答案看成一棵二叉树，每个点(区间[l,r])的权值为check的操作数。
把当前是第几次二分看成这个区间的深度(层)。
每一层的区间相互没有交。
那么有一个优秀的性质：只有log层，每一层的点权和为O(m)。
所以这个时候对于多组询问一起处理，复杂度为O((m+q)logn)。
二分答案，然后把没有用的操作扫进右边，和答案在[mid+1,r]的询问一起递归处理。
把有用的操作放进左边，减去不变的贡献，和答案在[l,mid]的一起递归处理。
注意答案在[mid+1,r]的询问要算上放进了左边的操作的贡献，开个变量记下来/直接减掉都可以。
注意整体二分在solve内的复杂度一定只能与区间长度线性相关，不能每次都有别的复杂度！
比如一次solve的复杂度是O(lenlogn)就可以，O(len+sqrt(n))就不行。
大概就是这么一个东西。
复杂度？和CDQ是一样的，都是O(f(len)logn)。
例题？BZOJ3110 K大数查询 Codevs Meteors。
一样的套路了。
关于一些要注意的地方
归并一定要把剩下的搞完！每次我都忘记这码子事！
树状数组不能暴力清零！记个time或者依葫芦画瓢减回去都可以，一定不能清零！
不要在CDQ里面套sort，太慢辣！(一定进不了第一版的！)
