bitset求解高维偏序

bitset求解高维偏序

今天模拟赛不想打了，于是在赛时最后几个小时看的这个。

• bitset的基础用法

简单介绍几个成员函数

1. set()/set(pos) : 将所有位/第$pos$位赋值为true，时间复杂度$O(\frac{n}{w})$/$O(1)$
2. reset()/reset(pos) : 将所有位/第$pos$位赋值为false，时间复杂度$O(\frac{n}{w})$/$O(1)$
3. filp()/filp(pos) : 将所有位/第$pos$取反，时间复杂度同上
4. & / | / << / >> 等运算符，时间复杂度$O(\frac{n}{w})$
5. count() : 统计为1的个数，复杂度$O(1\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数})$

求解高维偏序的话就用这几个(没有全用上)，其它的函数可以看另一篇博客虽然还没有写但马上就会补

以【模板】三维偏序（陌上花开）为例

其实求解高维偏序就是求$|\bigcup _{j=1}^k\{x|a_{j,x}\le a_{i,x}\}|$，这个直接用bitset求并集即可。

开$n$个 bitset，$b_{i,j}=1$表示$j$每一维的数值都不超过$i$。初始化所有$b_{i,j}=1$。

枚举维度，将所有数按照维度排序

开一个新的 bitset $s$，按这一维从小到大处理所有数，处理到$i$时 $s_j=1$表示当前维$j$不超过 $i$。

因为$j$是单调的，用一个指针维护即可。

最后$b_i$与$s$取并集即可

发现开$n$个$n$维bitset空间会寄，于是考虑分块处理，复杂度不变

预处理的话复杂度确实不变，但是因为难写所以这篇代码是$O(\frac{n^{3}k}{bw})$，但是因为$b$开的很大加上常数小所以一样可过

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e5 + 10;
int n,emm,ans[N],a[4][N],p[4][N];
bitset<N> vis[9999];
inline void solve(){
    cin>>n>>emm;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) 
        cin>>a[1][i]>>a[2][i]>>a[3][i],p[1][i] = p[2][i] = p[3][i] = i;
 
    for(int i = 1;i <= 3; ++i){
        sort(p[i] + 1,p[i] + 1 + n,[=](int x,int y){return a[i][x] < a[i][y];});
    }
 
    for(int l = 1,r;l <= n; l = r + 1){
        r = min(l + 9990,n);
        for(int i = l;i <= r; ++i) vis[i-l].set();
        for(int i = 1;i <= 3; ++i){
            bitset<N> s;s.reset();
            for(int j = 1,k = 1;j <= n; ++j){
                int now = p[i][j];
                for(;k <= n && a[i][p[i][k]] <= a[i][now];) s[p[i][k++]] = true;
                if(l <= now && now <= r) vis[now - l] &= s;
            }
        }
        for(int i = l;i <= r; ++i) ++ans[vis[i-l].count()];
    }
    
    for(int i = 1;i <= n; ++i) cout<<ans[i]<<'\n';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();    
}

啥，你说要多维?改个数就好了呀!

upd : 其实预处理也不难写，就是分块写法，$b_{i,j}$表示前$i$块j维的状态，时间复杂度没变，但貌似加了一个$O(b)$的常数?

但是非常难调，然后我没写出来……