分治学习笔记

算法思想

分治的主要思想就是分而治之，即把一个大问题分成若干个小问题，先去解决这些小问题，再去解决大问题。分治是一个思想，我们通过一些实际应用来感受一下。

• 归并排序

归并排序是一种稳定的排序算法，最好和最坏时间复杂度均为 $O(n \log n)$，是一种极其优秀的排序算法，它的原理如下：

假设我们要对一个 $n$ 长度的数组排序，那么首先我们先把 $[1,\frac{n+1}{2})$ 和 $[\frac{n+1}{2},n+1)$ 排好序，然后再把两段合到一起就可以整体排好序。而那段数的排序也重复以上过程，知道只剩一个数为止。

把两段已经排好序的数组合并是很简单的，只要维护两个指针就可以在 $O(n)$ 的时间内排好序。这就是分治，不过它的时间复杂度为什么是 $O(n \log n)$ 的呢？我们设 $T(n)$ 表示对 $n$ 长度数组归并排序的时间复杂度，则会有 $T(n)=2T(n/2)+O(n)$，然后《算法导论》上讲了一个主方法，根据那个方法就可以知道 $T(n)=O(n \log n)$。不过本人比较菜，不会，于是我给一下章节：

《算法导论》第四章 4.5 用主方法求解递归式

这就是分治的其中一个应用之一，分治能解决很多问题，下面通过以下习题来一一讲述。

一些习题

P1177 【模板】快速排序

题目链接：P1177 【模板】快速排序

思路：

我们可以用归并排序来解决这一问题，归并排序上面已经说过，于是这里给一下代码。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, a[100005] = {0}, t[100005] = {0};
void slv(int l, int r) {
	if (l + 1 == r)
		return;
	int m = (l + r) / 2;
	slv(l, m), slv(m, r);
	for (int i = l, j = m, cur = l; i < m || j < r; )
		if (i < m && (j == r || a[i] < a[j]))
			t[cur++] = a[i++];
		else
			t[cur++] = a[j++];
	for (int i = l; i < r; i++)
		a[i] = t[i];
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	slv(1, n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%d ", a[i]);
	return 0;
} 

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P1908 逆序对

题目连接：P1908 逆序对

思路：

这里涉及归并排序一个用处——求逆序对，逆序对是一个序列中满足 $1 \le i < j \le n$ 且 $a_i > a_j$ 的 $(i,j)$ 个数。

我们采用分治的思路，考虑对于一个 $n$ 长度的序列，我们设 $mid = \lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor$。我们先求出 $[1,mid)$ 和 $[mid,n+1)$ 两个区间的逆序对个数，并且把这两个区间排好序，然后再求 $[1,n+1)$ 这个区间的逆序对个数。而那两个区间也是继续一分为二。

我们可以用双指针来求出所有 $i \in [1,mid),j\in[mid,n+1)$ 的逆序对个数。
我们枚举所有的 $i$，并且维护 $j$ 指向 $[mid,n+1)$ 中第一个满足 $a_j \ge a_i$ 的位置，那么说明 $[mid,j)$ 中的所有数都可以和 $a_i$ 组成逆序对，于是我们直接把答案加上 $j-mid$ 即可。
因为 $j$ 做多移动 $n-mid+1$ 次，所以时间复杂度史 $O(n)$ 的。

我们在求出了逆序对后还要对两端区间进行合并，使得整个区间是有序的，这样才能去求解更大的区间。

时间复杂度和归并排序一样，也是 $O(n \log n)$。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, a[500005] = {0}, t[500005] = {0};
long long slv(int l, int r) {
	if (l + 1 == r)
		return 0ll;
	int m = (l + r) / 2;
	long long ans = slv(l, m) + slv(m, r);
	for (int i = l, j = m; i < m; i++) {
		while (j < r && a[j] < a[i])
			j++;
		ans += j - m;
	} 
	for (int i = l, j = m, cur = l; i < m || j < r; )
		if (i < m && (j == r || a[i] < a[j]))
			t[cur++] = a[i++];
		else
			t[cur++] = a[j++];
	for (int i = l; i < r; i++)
		a[i] = t[i];
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	printf("%lld\n", slv(1, n + 1));
	return 0;
} 

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String Reversal

题目链接：CF1430E String Reversal

思路：

这道题和 P1966 [NOIP2013 提高组] 火柴排队 几乎完全一样，所以这里只讲一下这道题的做法。

逆序对有一个作用，一个数组的逆序对个数就是这个数组冒泡排序的最少交换次数。我们首先把原字符串的每个字符记作一个二元组，以字符为第一关键字，编号为第二关键字，然后我们再把字符串反转，同样是每个元素记作一个二元组，字符为第一关键字，编号为第二关键字。

我们把两个数组进行从小到大的排序，这时编号相同的元素就是我们要再交换后放在一起的，于是我们新建一个数组 $c$，对于 $i \in [1,n]$，$c_{a_i.second}=b_i.second$，然后我们只需要求出 $c$ 的逆序对个数即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

代码：提交记录

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P5094 [USACO04OPEN] MooFest G 加强版

题目链接：P5094 [USACO04OPEN] MooFest G 加强版

思路：

直接暴力复杂度是 $O(n^2)$ 的，考虑如何优化。我们没办法去处理最大值和绝对值（$dis(i,j)=|x_i-x_j|$），于是我们考虑把听力和坐标变有序，可以用归并。

我们首先对坐标 $x$ 从小到大排序，这样的话每次归并我们依然是先处理 $[l,m),[m,r)$ 两个区间内任两头牛的总和（$m$ 是中点），再求出每个区间各一只的总和。我们发现，由于我们最开始就按坐标拍好了序，所以对于所有 $l \le i < m ,m \le j<r$ 都有 $x_i \le x_j$，所以我们就不需要去管绝对值了。

于是我们归并时是按照听力的大小从小到大归并，因为外部顺序已经确定，所以内部是可以打乱的。

考虑中间如何求出答案。我们采用双指针的方法，先枚举 $i \in[l,m)$，维护 $j \in [m,r)$，再反过来枚举即可。我们找到最大的 $j$ 满足 $v_i > v_j$，此时答案就加上 $v_i \times(\sum_{k=m}^{j}x_k-x_i)$，因为 $k \in [m, r)$，所以 $x_k \le x_i$，于是就变成了 $v_i \times(\sum_{k=m}^{j}x_k -(j - m+1) \times x_i)$，这个 $\sum_{k=m}^j$ 可以递推，所以每次可以 $0(1)$ 求出，而 $j$ 最多移动 $\frac{n}{2}$ 次，于是这是 $O(n)$ 的。

我们现在求出了所有情况中 $v_i(i \in[l,m))$ 更大的，再求所有 $v_j$ 更大的即可。

时间复杂度是 $O(n \log n)$。

代码：提交记录

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P5502 [JSOI2015]最大公约数

题目链接：P5502 [JSOI2015]最大公约数

思路：

这道题直接枚举时间复杂度是 $O(n^2)$（不过求 $\gcd$ 还要加上一个 $\log$），我们考虑如何用分治去求解。

我们依然是先处理出 $[l,m),[m,r)$ 区间内的答案，然后我们枚举区间的左端点再 $[l,m)$ 内，右端点再 $[m,r)$ 内的权值的最大值。最大公约数可以递推，我们用 $O(n)$ 的复杂度先预处理出 $s_i,i \in[l,m)$ 表示 $[i,m)$ 的最大公约数，$s_j,j \in[m,r)$ 表示 $[m,j]$ 的最大公约数。

最大公约数的个数其实不会超过 $\log n$ 个，为啥？因为数越多，最大公约数会单调不升，而每次减少至少一半，所以会有 $s_j$ 的最大公约数相同，且是连续的一段，我们枚举 $i$，然后找到 $s_j$ 中所有不同最大公约数中最后一个，去更新答案即可。

时间复杂度是 $O(n \log^2 n)$。

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P8600 [蓝桥杯 2013 省 B] 连号区间数

题目链接：P8600 [蓝桥杯 2013 省 B] 连号区间数

思路：

这题我们不难发现对于一个区间 $[l,r]$，$\max_{i=l}^rp_i-\min_{i=l}^rp_i=r-l+1$ 如果成立，则这个区间就是一个所谓的连号区间。我们依然是分治，在合并时我们分别处理最大值最小值在左右区间的情况，共四种。每一种都用双指针维护即可。

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P7883 平面最近点对（加强加强版）

题目链接：P7883 平面最近点对（加强加强版）

思路：

我们首先把所有点按照 $x$ 轴坐标从小到大排序，分治求出左右两个小区间的最近距离，然后考虑如何求出大区间的。

我们设两个小区间内部最近的两个点最小的距离为 $d$，同时对两个小区间内的点按 $y$ 轴从小到大排序，然后再对大区间排序。我们选择 $x$ 轴坐标排序后在中间的那个点，以它的 $x$ 轴坐标 $x_1$ 话一条直线 $x = x_1$。我们把所有距离这条直线距离小于 $d$ 的所有点找出来。因为我们这时是按 $y$ 轴从小到大排序的，所以选出来的每个点，往后找所有选出的点他们 $y$ 轴坐标的差的绝对值小于 $d$ 的，然后跟新答案即可。

这样合并的时间复杂度是 $O(kn)$ 的，$k$ 是一个常数，即每个选出的点往后最多有多少个选出的点，他们的 $y$ 轴坐标差小于 $d$，一般来说 $k\le6$，所以可以看成是 $O(n)$ 的，总的时间复杂度是 $O(n \log n)$ 的。

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P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

题目链接：P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

思路：

这题我们可以用 CDQ 分治来解决。我们首先按照 $a_i$ 来从小到大排序，然后再按照 $b$ 从小到大归并排序，在归并的同时，我们来处理答案。

我们在处理完两个小区间的答案后，我们枚举有区间每个元素，维护一个指针指向左区间第一个比有区间当前元素的 $b$ 大的元素，在移动指针的过程中，如过当前的 $b$ 比较小，就指针移动，同时用树状数组来维护 $c$，在 $c$ 上对应的值加一，这样每次合并就是 $O(n \log n)$ 的了，总的时间复杂度为 $O(n \log^2 n)$。

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