S2 二,三维偏序

二维偏序

Q: 给定N个有序对 \((a,b)\)，求对于每个 \((a,b)\)，满足 \(a_0 < a\) 且 \(b_0 < b\) 的有序对 \((a_0,b_0)\) 有多少个

经典的逆序对问题，可以考虑用树状数组解决，先按照第一维排序，然后离散化在第一维已经处理的情况下去边处理第二维边记录。

1. CF1311F Moving Points

不难发现，先将 \(x\) 按升序排序，然后考虑 \(v\)，对于 \(x_i<x_j\)，如果 \(v_i>v_j\) 那么对答案的贡献为 \(0\)，否则贡献为 \(x_j-x_i\)，而对于所有的 \(i<j\) 都是如此，所以可以考虑开两个树状数组，一个用于记录当前已经发现的 \(小于v_j\) 的个数，另一个记录 \(小于v_j\) 的距离之和，所以就欧了。

const int N=200010;

int n,a[N],l[N];
struct Node{
  ll x,v;
}node[N];
ll dis[N],tr[N];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline void Add(int x,ll d,ll tree[])
{while(x<=n) tree[x]+=d,x+=lowbit(x);}
inline ll Ask(int x,ll tree[]){
  ll res=0;
  while(x) res+=tree[x],x-=lowbit(x);
  return res;
}

signed main(){
  IOS
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;++i) cin>>node[i].x;
  for(int i=1;i<=n;++i) cin>>node[i].v,a[i]=node[i].v;

  sort(node+1,node+1+n,[&](Node A,Node B)
  { return A.x<B.x;});
  sort(a+1,a+1+n); int len=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
  for(int i=1;i<=n;++i) l[i]=lower_bound(a+1,a+1+len,node[i].v)-a;

  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;++i){
    ans+=Ask(l[i],tr)*node[i].x-Ask(l[i],dis);
    Add(l[i],node[i].x,dis);
    Add(l[i],1,tr);
  }

  cout<<ans<<'\n';
  
  return 0;
}

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三维偏序

三元组 \((a,b,c)\)，求有多少个 \((a_i,b_i,c_i) \leqslant (a_j,b_j,c_j)\)。

解法有很多，如 \(KD-Tree\)，但是目前只学了 \(CDQ(陈丹琦)分治\)。

需要注意的是，CDQ分治只适用于“可以将在线操作转化成离线”的情况，毕竟是分治，是在得到所有命令之后的函数，不能动态维护

不妨先按第一维排序。由于直接计算很困难，所以考虑类似归并排序的分治解决，即考虑左边对右边的贡献，可以在 \(nlogn\) 时间复杂度内算出所有答案。

首先考虑一段区间 \([l,r]\)，令 \(mid=(l+r)/2\)，那么根据分治思想，考虑左边对右边做出的贡献。因为先前已经将第一维排序过，所以此时对于第一维，左半边元素一定小于右半边元素。这样子很想逆序对问题，可以用 \(Fenwick \ Tree\)：此时将左右半边各按第二维进行排序，然后进行双指针扫描，比如，\(i=l,j=mid+1\)，那么对于右边元素 \(j\)，左边 \(i\) 元素的第二维必须小于等于它才能对之做出贡献，但是由于第三维不确定，所以将第三维放入树状数组之类的数据结构，那么此时对于 \(j\)，只需要找出树状数组中存储的第三维小于等于它的就好了，如此就是左边对右边该数的贡献。发现每一个数左边对它的贡献都一定计算过，所以正确性显然。

1. P3810 三维偏序

就是上面所说。

struct Node{
  int x,y,z,tot,res;
}a[N],b[N];

inline void CDQ(int l,int r){
  if(l==r) return ;
  int mid=(l+r)>>1;
  CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
  
  sort(b+l,b+1+mid,[&](Node A,Node B)
  { return (A.y==B.y)?A.z<B.z:A.y<B.y;});
  sort(b+1+mid,b+1+r,[&](Node A,Node B)
  { return (A.y==B.y)?A.z<B.z:A.y<B.y;});//以第二维为关键字排序
  
  int i=mid+1,j=l;
  for(;i<=r;++i){
    while(b[i].y>=b[j].y&&j<=mid)//j<=mid为边界
      Add(b[j].z,b[j].tot),++j;
    b[i].res+=Ask(b[i].z);
  }

  for(i=l;i<j;++i) Add(b[i].z,-b[i].tot);//清空,l~j-1段
}

signed main(){
  // freopen("a.in","r",stdin);
  // freopen("a.out","w",stdout);
  IOS
  cin>>n>>mx;
  for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].z;
  sort(a+1,a+1+n,[&](Node A,Node B)
  {return A.x<B.x||(A.x==B.x&&A.y<B.y)||(A.x==B.x&&A.y==B.y&&A.z<B.z);});

  for(int i=1;i<=n;){//去重
    int j=i+1;
    while(j<=n&&(a[i].x==a[j].x&&a[i].y==a[j].y&&a[i].z==a[j].z)) ++j;
    ++m; b[m]=a[i],b[m].tot=j-i; i=j;
  }

  CDQ(1,m);

  for(int i=1;i<=m;++i)
    ans[b[i].res+b[i].tot-1]+=b[i].tot;
  
  for(int i=0;i<n;++i) cout<<ans[i]<<'\n';

  return 0;
}

2. P4390 [BalkanOI2007] Mokia

这道题中第一维变成了时间，后两维成为了平面坐标。

不过需要注意的是，询问的是正方形区域，所以考虑容斥，即二维前缀和计数方法。

const int Q=200010,N=2000010;

int n,m,mx,tr[N],ans[Q];
struct O{int opt,x,y,tot,num;}o[Q];

inline int lowbit(int x){ return x&(-x);}
inline void Add(int x,int val,int tree[])
{while(x<=mx) tree[x]+=val,x+=lowbit(x);}
inline int Ask(int x,int tree[]){
  if(!x) return 0;
  int res=0;
  while(x) res+=tree[x],x-=lowbit(x);
  return res;
}

inline void CDQ(int l,int r){
  if(l==r) return ;
  int mid=(l+r)>>1;
  CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);

  sort(o+l,o+mid+1,[&](O A,O B){
    if(A.x==B.x) return A.y<B.y;
    return A.x<B.x;
  });
  sort(o+mid+1,o+r+1,[&](O A,O B){
    if(A.x==B.x) return A.y<B.y;
    return A.x<B.x;
  });

  int i=l,j=mid+1;
  for(;j<=r;++j){
    if(o[j].opt&1) continue;
    while(i<=mid&&o[i].x<=o[j].x){
      if(o[i].opt&1) Add(o[i].y,o[i].tot,tr);
      ++i;
    }
    ans[o[j].num]+=Ask(o[j].y,tr)*o[j].tot;
  }

  for(j=l;j<i;++j) if(o[j].opt&1) Add(o[j].y,-o[j].tot,tr);
}

signed main(){
  IOS
  int opt; cin>>opt>>mx; ++mx;
  while(cin>>opt&&opt!=3){
    if(opt&1){
      int x,y,a;
      cin>>x>>y>>a;
      o[++m]={opt,x,y,a,0};
    } else{
      int xa,ya,xb,yb;
      cin>>xa>>ya>>xb>>yb; ++n;
      o[++m]={opt,xb,yb,1,n};
      o[++m]={opt,xa-1,yb,-1,n};
      o[++m]={opt,xb,ya-1,-1,n};
      o[++m]={opt,xa-1,ya-1,1,n};
    }
  }

  CDQ(1,m);
  for(int i=1;i<=n;++i)
    cout<<ans[i]<<'\n';
  
  return 0;
}