题解 P3810 【【模板】三维偏序（陌上花开）】

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安利蒟蒻CDQ分治总结

分治就是分治，“分而治之”的思想。

那为什么会有CDQ分治这样的称呼呢？

这一类分治有一个重要的思想——用一个子问题来计算对另一个子问题的贡献。

有了这种思想，就可以方便地解决更复杂的问题。

这样一句话怎样理解好呢？还是做做题目吧。

三维偏序问题，即给出若干元素，每个元素有三个属性值a,b,c，询问对于每个元素i，满足a_j\leq a_i,b_j\leq b_i,c_j\leq c_i的j的个数

不用着急，先从简单的问题开始

试想一下二位偏序也就是a_j\leq a_i,b_j\leq b_i怎么做

先按a为第一关键字，b为第二关键字排序，那么我们就保证了第一维a的有序。

于是，对于每一个i，只可能1到i-1的元素会对它有贡献，那么直接查1到i-1的元素中满足b_j\leq b_i的元素个数。

具体实现？动态维护b的树状数组，从前到后扫一遍好啦，O(n\log n)。

那么三维偏序呢？我们只有在保证前两位都满足的情况下才能计算答案了。

仍然按a为第一关键字，b为第二关键字，c为第三关键字排序，第一维保证左边小于等于右边了。

为了保证第二维也是左边小于等于右边，我们还需要排序。

想到归并排序是一个分治的过程，我们可不可以在归并的过程中，统计出在子问题中产生的对答案贡献呢？

现在我们有一个序列，我们把它递归分成两个子问题，子问题进行完归并排序，已经保证b有序。此时，两个子问题间有一个分界线，原来第一维左边小于等于右边，所以现在分界线左边的任意一个的a当然还是都小于右边的任意一个。那不等于说，只有分界线左边的能对右边的产生贡献？

于是，问题降到了二维。我们就可以排序了，归并排序（左边的指针为j，右边的为i）并维护c的树状数组，如果当前b_j\leq b_i，说明j可以对后面加入的满足c_j\leq c_i的i产生贡献了，把c_j加入树状数组；否则，因为后面加入的j都不会对i产生贡献了，所以就要统计之前被给的所有贡献了，查询树状数组c_i的前缀和。

这是在分治中统计的子问题的答案，跟总答案有怎样的关系呢？容易发现，每个子问题统计的只有跨越分界线的贡献，反过来看，每一个能产生贡献的i,j，有且仅有一个子问题，两者既同时被包含，又在分界线的异侧。那么所有子问题的贡献加起来就是总答案。

算法的大致思路就是这样啦。至于复杂度，T(n)=O(n\log k)+2T(\frac 2 n)=O(n\log n\log k)。

当然还有不少细节问题。

最大的问题就在于，可能有完全相同的元素。这样的话，本来它们相互之间都有贡献，可是cdq的过程中只有左边的能贡献右边的。这可怎么办呢？

我们把序列去重，这样现在就没有相同的了。给现在的每个元素一个权值v等于出现的次数。中间的具体实现过程也稍有变化，在树状数组中插入的值是v而不是1了，最后统计答案时，也要算上相同元素内部的贡献，ans+=v-1。

写法上，为了防止sort和归并排序中空间移动太频繁，没有对每个元素封struct，这样的话就要膜改一下cmp函数（蒟蒻也是第一次发现cmp可以这么写）

蒟蒻还是觉得开区间好写一些吧。。。当然闭区间好理解些。。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e5+9,SZ=2.2e6;
char buf[SZ],*pp=buf-1;//fread必备
int k,a[N],b[N],c[N],p[N],q[N],v[N],cnt[N],ans[N],*e;
inline int in(){
    while(*++pp<'-');
    R x=*pp&15;
    while(*++pp>'-')x=x*10+(*pp&15);
    return x;
}
void out(R x){
    if(x>9)out(x/10);
    *++pp=x%10|'0';
}
inline bool cmp(R x,R y){//直接对数组排序，注意三关键字
    return a[x]<a[y]||(a[x]==a[y]&&(b[x]<b[y]||(b[x]==b[y]&&c[x]<c[y])));
}
inline void upd(R i,R v){//树状数组修改
    for(;i<=k;i+=i&-i)e[i]+=v;
}
inline int ask(R i){//树状数组查前缀和
    R v=0;
    for(;i;i-=i&-i)v+=e[i];
    return v;
}
void cdq(R*p,R n){//处理一个长度为n的子问题
    if(n==1)return;
    R m=n>>1,i,j,k;
    cdq(p,m);cdq(p+m,n-m);//递归处理
    memcpy(q,p,n<<2);//归并排序
    for(k=i=0,j=m;i<m&&j<n;++k){
        R x=q[i],y=q[j];
        if(b[x]<=b[y])upd(c[p[k]=x],v[x]),++i;//左边小，插入
        else  cnt[y]+=ask(c[p[k]=y])     ,++j;//右边小，算贡献
    }
    for(;j<n;++j)cnt[q[j]]+=ask(c[q[j]]);//注意此时可能没有完成统计
    memcpy(p+k,q+i,(m-i)<<2);
    for(--i;~i;--i)upd(c[q[i]],-v[q[i]]);//必须这样还原树状数组，memset是O(n^2)的
}
int main(){
    fread(buf,1,SZ,stdin);
    R n=in(),i,j;k=in();e=new int[k+9];
    for(i=0;i<n;++i)
        p[i]=i,a[i]=in(),b[i]=in(),c[i]=in();
    sort(p,p+n,cmp);
    for(i=1,j=0;i<n;++i){
        R x=p[i],y=p[j];++v[y];//模仿unique双指针去重，统计v
        if(a[x]^a[y]||b[x]^b[y]||c[x]^c[y])p[++j]=x;
    }
    ++v[p[j++]];
    cdq(p,j);
    for(i=0;i<j;++i)
        ans[cnt[p[i]]+v[p[i]]-1]+=v[p[i]];//答案算好
    for(pp=buf-1,i=0;i<n;++i)
        out(ans[i]),*++pp='\n';
    fwrite(buf,1,pp-buf+1,stdout);
}