CDQ分治

\(CDQ\)分治常用于解决多维偏序关系问题，以三维为例，第一维可以排序解决，第二维进行分治，第三位常用数据结构（树状数组）维护，于是也可以将动态带修改问题，离线处理，常默认时间为第一维。

由于许多时候同一个操作要分成多个操作来解决，所以要格外注意结构体数组的大小是否恰当，同时留意树状数组的边界。

\(CDQ\)优化\(dp\)时，通常是应用于\(1D/1Ddp\)问题，即\(dp\)数组是一维的，转移是一维的，可以从\(O(N^2)\)优化到\(O(Nlog^2N)\)，分治时，若\(l=r\)则直接更新\(dp[l]\)，否则先递归\((l,mid)\)，之后处理所有的\(l<=i<=mid\)对于\(mid+1<=j<=r\)的贡献，再递归\((mid+1,r)\).

P2345 [USACO04OPEN] MooFest G

求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nmax(v[i],v[j])*|x[i]-x[j]|\).

首先按照\(v\)升序排序，考虑左区间对右区间的贡献，设\(i<j\)，那么\(max(v[i],v[j])=v[j]\)，绝对值分为\(x[i]<x[j]\)和\(x[i]>x[j]\)，按照\(x\)升序排序，接下来考虑左区间对右区间的共享，找到第一个\(x[i]>x[j]\)的位置，可以得到\(sum=cnt_1*x[j]-\sum_{x[i]<x[j]}x[i]+\sum_{x[i]>x[j]}x[i]-cnt_2*x[j]\)，其中\(sum\)为距离和，\(cnt_1\)和\(cnt_2\)分别是左区间\(x\)值小于和大于\(x[j]\)的数的数量，即由\(i\)划分开的\(i-l\)和\(mid-i+1\).

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1,a=0,b=0;
    for(int i=l;i<=mid;i++)a+=q[i].y;
    for(;j<=r;j++){
        for(;i<=mid&&q[i].y<q[j].y;i++){
            a-=q[i].y;
            b+=q[i].y;
        }
        ans+=q[j].x*((i-l)*q[j].y-b+a-(mid-i+1)*q[j].y);
    }
    merge(q+l,q+mid+1,q+mid+1,q+1+r,pre+l,[](node a,node b){return a.y<b.y;});//按照x升序归并排序
    for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=pre[i];
}

P5459 [BJOI2016]回转寿司

给定一个序列，求有多少个连续子序列满足其和\(>=L\)且\(<=R\).

可会议进行CDQ分治，满足限制l和r的下标连续递增，累加成前缀和\(x\)，也就是求满足\(L<=s[j]-s[i]<=R(i<j)\)的点对\((i,j)\)的数量，注意区间长度为一时要判断单点是否合法并更新答案。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return ans+=liml<=s[l]&&s[l]<=limr,void();
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int h=l,t=l-1;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        while(t+1<=mid&&s[i]-s[t+1]>=liml)t++;/*找到第一个不合法的*/
        while(h<=mid&&s[i]-s[h]>limr)h++;/*找到第一个合法的*/
        ans+=t-h+1;
    }
    sort(s+l,s+r+1);
}

P2717 寒假作业

求一个序列有多少连续子序列满足平均值\(>=k\).

有平均值，则首先将序列所有值减去\(k\)，之后判断区间和是否\(>=0\)即可，注意区间长度为一时判断是否满足条件。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return ans+=s[l]>=0,void();
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1,sum=0;
    for(;j<=r;j++){
        for(;i<=mid&&s[j]-s[i]>=0;i++)sum++;
        ans+=sum;
    }
    sort(s+l,s+r+1);
}

P8575 「DTOI-2」星之河

一棵以\(1\)为根的树，有两种点权\(a\)和\(b\)，问每个点的子树内\(a\)和\(b\)权值均小于该点的点的数量。

前两维两种点权偏序，第三维\(dfs\)序偏序，\(dfs\)序较大的优先，这样就可以优先子树。

struct Ask{
    int red,blue,ipt,opt,id;
    inline bool friend operator<(Ask a,Ask b){
        return a.red==b.red?a.blue==b.blue?a.ipt>b.ipt:a.blue<b.blue:a.red<b.red;
    }
}q[N],pre[N];
void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;  
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++){
        for(;i<=mid&&q[i].blue<=q[j].blue;i++)bit.add(q[i].ipt,1);
        ans[q[j].id]+=bit.ask(q[j].ipt,q[j].opt);
    }
    for(--i;i>=l;i--)bit.add(q[i].ipt,-1);
    merge(q+l,q+1+mid,q+1+mid,q+1+r,pre+l,[](Ask a,Ask b){return a.blue==b.blue?a.ipt>b.ipt:a.blue<b.blue;});
    for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=pre[i];
}

P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

有\(n\)个元素，每个元素有\(a,b,c\)三种属性，\(f(i)\)为\(a[j]<=a[i]\&\&b[j]<=b[i]\&\&c[j]<=c[i]\)的\(j\)的数量，求\(f(i)=d\)的数量，\(d\in[0,n-1]\).

三维分别是\(x,y,z\)，注意需要去重，树状数组的范围是\(z\)的范围，由于CDQ时还会对第二维进行排序，所以需要在结构体内部记录\(ans\)，这样排序时才会跟着该改变，而不能用单纯一个数组来记录。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++){
        for(;i<=mid&&q[i].y<=q[j].y;i++)bit.add(q[i].z,q[i].w);
        q[j].ans+=bit.query(q[j].z);
    }
    for(--i;i>=l;i--)bit.add(q[i].z,-q[i].w);
    merge(q+l,q+mid+1,q+mid+1,q+1+r,pre+l,[](Ask a,Ask b){return a.y<b.y;});
    for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=pre[i];
}
    for(int i=1;i<=n;i++){
        col++;
        if(q[i].x!=q[i+1].x||q[i].y!=q[i+1].y||q[i].z!=q[i+1].z)q[++m]=q[i],q[m].w=col,col=0;
    }
    CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)ans[q[i].ans+q[i].w-1]+=q[i].w;

维护一个支持单点修改和查询矩阵和的矩阵。

对于一个数会对\((1,1)\)到\((x,y)\)做出贡献当且仅当横纵坐标和出现时间都小于当前询问，将询问差分，注意所欲坐标要\(+1\)来防止\(0\).

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++){
        for(;i<=mid&&a[i].x<=a[j].x;i++)if(a[i].ask==0)bit.add(a[i].y,a[i].w);
        if(a[j].ask==1)a[j].w+=bit.query(a[j].y);
    }
    for(--i;i>=l;i--)if(a[i].ask==0) bit.add(a[i].y,-a[i].w);
    merge(a+l,a+mid+1,a+mid+1,a+r+1,preask+l);
    for(i=l;i<=r;i++)a[i]=preask[i];
}
    while(opt!=3){
        if(opt==1){
            int x,y,v;cin>>x>>y>>v;
            x++,y++;
            a[++cnt]={cnt,x,y,v,0};
        }
        else{
            int x1,y1,x2,y2;
            cin>>x1>>y1>>x2>>y2;x2++,y2++;
            a[++cnt]={cnt,x1,y1,0,1};
            a[++cnt]={cnt,x2,y2,0,1};
            a[++cnt]={cnt,x2,y1,0,1};
            a[++cnt]={cnt,x1,y2,0,1};
        }
        cin>>opt;
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)if(a[i].ask==1)cout<<a[i].w+a[i+1].w-a[i+2].w-a[i+3].w<<'\n',i+=3;

P4169 [Violet]天使玩偶/SJY摆棋子

单点标记，每次询问到距离询问最近的标记点的距离，距离为曼哈顿距离。

考虑去掉曼哈顿距离的绝对值，设询问\(i\)，\(dis(i,j)=|x[i]-x[j]|+|y[i]-y[j]|\)，假设\(j\)在\(i\)的左下方，当\(x[j]+y[j]\)最大时\(dis\)最小，再满足时间轴要求即为三维偏序，四次CDQ，每次对应一个方向，都等效成查找距离当前点最近的左下方的点，\(maxx-x\)相当于左右翻转（查找右下），\(maxy-y\)相当于上下翻转（查找左上），两者同时做即查找右上，查询\(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\)，翻转后等效成查询\((x_1+y_1)-(x_2+y_2)\)，于是可以将\(x+y\)作为整体用树状数组维护最大值。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++)
    if(!a[j].ask){
        for(;a[i].x<=a[j].x&&i<=mid;i++)
        if(a[i].ask)bit.add(a[i].y,a[i].x+a[i].y);
        int t=bit.query(a[j].y);
        if(t)ans[a[j].tim]=min(ans[a[j].tim],a[j].x+a[j].y-t);
    }
    for(j=l;j<i;j++)if(a[j].ask)bit.clear(a[j].y);
    merge(a+l,a+mid+1,a+mid+1,a+r+1,q+l);
    for(i=l;i<=r;i++)a[i]=q[i];
}
inline void del(){
    rx=ry=m=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!a[i].ask)rx=max(rx,a[i].x),ry=max(ry,a[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i].x<=rx&&a[i].y<=ry)q[++m]=a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=q[i];
}
    for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=a[i];
    del();CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=p[i],a[i].x=lx-a[i].x;
    del();CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=p[i],a[i].y=ly-a[i].y;
    del();CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=p[i],a[i].x=lx-a[i].x,a[i].y=ly-a[i].y;
    del();CDQ(1,m);

对一个排列，按照某种顺序依次删除\(m\)个元素，求每次删除之前的逆序对数。

分成两部分考虑，\(tim[i]<tim[j]\&\&pos[i]<pos[j]\&\&v[i]>v[j]\)或\(tim[i]<tim[j]\&\&pos[i]>pos[j]\&\&v[i]<v[j]\)，之后可以进行分治，再前缀和累加。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++){
        for(;a[i].x<=a[j].x&&i<=mid;i++)bit.add(a[i].y,a[i].flag);
        ans[a[j].id]+=a[j].flag*bit.ask(a[j].y+1,n);
    }
    for(j=l;j<i;j++)bit.add(a[j].y,-a[j].flag);
    i=mid,j=r;
    for(;j>mid;j--){
        for(;a[i].x>=a[j].x&&i>=l;i--)bit.add(a[i].y,a[i].flag);
        ans[a[j].id]+=a[j].flag*bit.query(a[j].y-1);
    }
    for(j=i+1;j<=mid;j++)bit.add(a[j].y,-a[j].flag);
    merge(a+l,a+mid+1,a+mid+1,a+r+1,preask+l,cmp0);
    for(i=l;i<=r;i++)a[i]=preask[i];
}
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i],pos[b[i]]=i,a[++cnt]={cnt,i,b[i],1,1,0};
    for(int i=1,x;i<=m;i++)cin>>x,a[++cnt]={cnt,pos[x],x,-1,-1,i};
    for(int i=1;i<=cnt;i++)preask[i]=a[i];
    CDQ(1,cnt);
    for(int i=1;i<=m;i++)ans[i]+=ans[i-1];
    for(int i=0;i<m;i++)cout<<ans[i]<<'\n';

一个序列，有的数可能会发生变化，但是同一时刻最多只有一个数发生变化，求一个子序列使得任意变化都是不降的。

\(CDQ\)分治优化\(dp\)，对于\(x<y\)，当且仅当\(val[x]<=mi[y]\&\&ma[x]<=val[y]\)时可以满足题目要求（修改没有继承），\(CDQ\)时先将左区间按最大值升序排序，再将右区间按\(val\)升序排序，之后维护，最后再复原打乱的原数组（按\(pos\)升序排序）。

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)return f[l]=max(f[l],1),void();
    int mid=l+r>>1;
    CDQ(l,mid);
    sort(a+l,a+mid+1,[](node a,node b){return a.ma<b.ma;});
    sort(a+mid+1,a+r+1,[](node a,node b){return a.val<b.val;});
    int i=l,j=mid+1;
    for(;j<=r;j++){
        for(;a[i].ma<=a[j].val&&i<=mid;i++)bit.add(a[i].val,f[a[i].pos]);
        f[a[j].pos]=max(f[a[j].pos],bit.ask(a[j].mi)+1);
    }
    while(i>l)bit.clear(a[--i].val);
    sort(a+mid+1,a+r+1,[](node a,node b){return a.pos<b.pos;});
    CDQ(mid+1,r);
}