笔记-CDQ 分治

CDQ 分治

分治，分而治之，一般采取递归的形式，先将要处理的部分分开分别处理，再合并计算。

而 CDQ 分治正是基于分治思想的离线算法。

具体地，CDQ 分治对询问进行分治，对于一个询问区间 $[l, r]$ ，CDQ 分治进行以下操作：

处理 $[l, m i d]$ 。
处理 $[m i d + 1, r]$ 。
计算 $[l, m i d]$ 中的修改对 $[m i d + 1, r]$ 的贡献。

CDQ 分治常用于解决点对相关问题。

对于偏序问题，CDQ 分治可以在较优的时间复杂度内求出，如逆序对等二维偏序。归并排序就是 CDQ 分治思想的一种体现。

接下来进入一道例题。

P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

有 $n$ 个元素，第 $i$ 个元素有 $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ 三个属性，设 $f (i)$ 表示满足 $a_{j} \leq a_{i}$ 且 $b_{j} \leq b_{i}$ 且 $c_{j} \leq c_{i}$ 且 $j \neq i$ 的 $j$ 的数量。

对于 $d \in [0, n)$ ，求 $f (i) = d$ 的数量。

$1 \leq n \leq 10^{5}$ ， $1 \leq a_{i}, b_{i}, c_{i} \leq 2 \times 10^{5}$ 。

经典题。

显然这道题是不能 $O (n^{2})$ 暴力枚举的。与点对有关，于是 CDQ 分治。

首先将点按 $a_{i}$ 排序，这样就保证只有前面的点对后面的点产生影响。

分治。对于区间 $[l, r]$ ，假设我们已经处理好了 $[l, m i d]$ 和 $[m i d + 1, r]$ ，先对这两个区间分别按 $b_{i}$ 排序，由于我们在最开始就对整个序列按 $a_{i}$ 排序， $[l, m i d]$ 中的每个点的 $a_{i}$ 一定都是大于 $[m i d + 1, r]$ 中的每个点的 $a_{i}$ 的，所以我们只需要处理 $[l, m i d]$ 中 $b_{i}$ 和 $c_{i}$ 的影响。

将两个区间中的点按 $b_{i}$ 从小到大排序（也可用归并实现，文章中使用 sort），然后双指针， $i$ 代表 $[m i d + 1, r]$ 从 $m i d + 1$ 开始的指针， $j$ 代表 $[l, m i d]$ 从 $l$ 开始的指针。对于 $c_{i}$ 我们可以使用树状数组维护。

对于一个 $i$ ，我们将所有 $b_{j} \leq b_{i}$ 的点加入树状数组，此时所有加入了树状数组的点 $x$ 都满足 $a_{x} \leq a_{i}, b_{x} \leq b_{i}$ ，因此在树状数组上查询 $c_{x} \leq c_{i}$ 的点，即 query(c[i]) 即可。

注意清空树状数组。

代码：

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
struct node{
	int a,b,c;
	int ans,cnt;
}a[N],A[N];
int n,m,len;
int ans[N];
namespace BIT{
	int tree[M];
	void add(int x,int k){
		for(;x<=m;x+=x&-x)
			tree[x]+=k;
	}
	int query(int x){
		int res=0;
		for(;x;x-=x&-x)
			res+=tree[x];
		return res;
	}
}
using BIT::add;
using BIT::query;
bool cmpa(node a,node b){
	if(a.a!=b.a)return a.a<b.a;
	if(a.b!=b.b)return a.b<b.b;
	return a.c<b.c;
}
bool cmpb(node a,node b){
	if(a.b!=b.b)return a.b<b.b;
	return a.c<b.c;
}
void cdq(int l,int r){
	if(l>=r)return;
	int mid=l+r>>1;
	cdq(l,mid);
	cdq(mid+1,r);
	sort(a+l,a+mid+1,cmpb);//按 b 排序
	sort(a+mid+1,a+r+1,cmpb);
	int i,j;
	for(i=mid+1,j=l;i<=r;i++){
		while(j<=mid&&a[j].b<=a[i].b){
			add(a[j].c,a[j].cnt);//树状数组维护 c
			j++;
		}
		a[i].ans+=query(a[i].c);
	}
	for(i=l;i<j;i++)
		add(a[i].c,-a[i].cnt);
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>A[i].a>>A[i].b>>A[i].c;
	sort(A+1,A+1+n,cmpa);//按 a 排序，保证分开的区间前后 a 相对有序
	int tot=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){//将点去重简化计算
		if(A[i].a!=A[i-1].a||A[i].b!=A[i-1].b||A[i].c!=A[i-1].c){
			a[++len]={A[i-1].a,A[i-1].b,A[i-1].c,0,tot};
			tot=1;
		}else{
			tot++;
		}
	}
	a[++len]={A[n].a,A[n].b,A[n].c,0,tot};
	cdq(1,len);
	for(int i=1;i<=len;i++)
		ans[a[i].ans+a[i].cnt-1]+=a[i].cnt;
	for(int i=0;i<n;i++)
		cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
}

P3374 【模板】树状数组 1

单点加，区间查。

其实 CDQ 分治也能维护这个东西。

把对 $[l, r]$ 的查询转成对 $[1, l - 1]$ 和 $[1, r]$ 的查询，对于查询 $[1, x]$ ，由于只有位置 $y \leq x$ ，且时间早于这个查询的修改能对这个查询造成影响，所以这就是一个二维偏序问题！

二维偏序果断想到 CDQ。我们按时间顺序保存每个操作，对于区间 $[l, m i d]$ 和 $[m i d + 1, r]$ ，双指针 $i, j$ 分别表示 $[l, m i d]$ 和 $[m i d + 1, r]$ 。由于我们先按时间顺序保存了每个操作，所以 $[l, m i d]$ 与 $[m i d + 1, r]$ 之间的相对时间大小不变。归并操作区间，按操作位置排序，处理 $[l, m i d]$ 中的操作时，如果是修改则累加贡献；处理 $[m i d + 1, r]$ 中的操作时，如果是查询则将贡献保存到答案数组中。然后输出答案数组就好了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
struct node{
    int op,pos,val,id;//op=1修改，=2查询[1,r]，=3查询[1,l-1]
    //pos:操作的位置，val:修改的值/第val个答案
    //id:时间顺序
    bool operator <(const node &n)const{
        if(pos!=n.pos)return pos<n.pos;
        return id<n.id;
    }
}q[N*3],tmp[N*3];//tmp:归并数组
int n,m,cnt;
int p,ans[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,j,k,sum=0;
    for(i=l,j=mid+1,k=l;i<=mid&&j<=r;){//累加贡献
        if(q[i]<q[j]){
            if(q[i].op==1)sum+=q[i].val;
            tmp[k++]=q[i++];
        }else{//将贡献累加到答案数组
            if(q[j].op==2)ans[q[j].val]-=sum;
            if(q[j].op==3)ans[q[j].val]+=sum;
            tmp[k++]=q[j++];
        }
    }
    for(;i<=mid;){
        if(q[i].op==1)sum+=q[i].val;
        tmp[k++]=q[i++];
    }
    for(;j<=r;){
        if(q[j].op==2)ans[q[j].val]-=sum;
        if(q[j].op==3)ans[q[j].val]+=sum;
        tmp[k++]=q[j++];
    }
    for(i=l;i<=r;i++)q[i]=tmp[i];
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cnt++;
        q[cnt].op=1;
        q[cnt].pos=i;
        cin>>q[cnt].val;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int op;
        cin>>op;
        if(op==1){
            cnt++;
            q[cnt].op=1;
            q[cnt].id=i;
            cin>>q[cnt].pos>>q[cnt].val;
        }else{//拆分询问
            p++;
            cnt++;
            q[cnt].op=2;
            q[cnt].val=p;
            q[cnt].id=i;
            cin>>q[cnt].pos;
            q[cnt].pos--;
            cnt++;
            q[cnt].op=3;
            q[cnt].val=p;
            q[cnt].id=i;
            cin>>q[cnt].pos;
        }
    }
    cdq(1,cnt);
    for(int i=1;i<=p;i++)
        cout<<ans[i]<<'\n';
    return 0;
}