对CDQ深一步的理解

昨天做了一道CDQ,看了一堆CDQ可做的题,今天又做了一道四维偏序
感觉对CDQ的理解又深了一点,故来写一写现在自己对于CDQ的理解
CDQ其实就是实现了这样的一个问题的转化:
\(a_{l} < a_{l+1} < ... < a_r => (a_l,a_{l+1},...,a_{mid}) \text{都小于} (a_{mid+1},a{mid+2},...,a_r)\)
然后我们就知道这时候左边所有的点都一定小于右边的点
在四维偏序的算法中,那就是左边的点可以对右边的点做出贡献(仅在当前维度下)
这样就强行消除了一个维度的限制.

四维偏序

COGS 2479

题目大意

给定一个有\(n\)个元素的序列，元素编号为\(1~n\)，每个元素有三个属性\(a,b,c\),求序列中满足\(i<j\)且\(a_i<a_j\)且\(b_i<b_j\)且\(c_i<c_j\)的数对\((i,j)\)的个数。

题解

我们把下标也看作一个维度,那么这就是个四维偏序
我们在下标的维度上CDQ
然后记录每个元素在第一次CDQ中是较小的还是较大的.
因为只有较小的元素才能对较大的元素做出贡献
只有较大的元素才能接受较小的元素的影响.
所以我们处理出来后这就变成了一个三维偏序
所以我们在对这个序列(CDQ+扫描线+树状数组)求三维偏序即可

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){x=0;char ch;bool flag = false;while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
const int maxn = 50010;
struct Node{int a,b,c;bool is_sm;Node(){a=b=c=is_sm = 0;}
}a[maxn],tmp1[maxn],tmp2[maxn];
int c[maxn],n,init_tmp[maxn],ans=0;
#define lowbit(x) (x&-x)
inline void modify(int x,int y){for(;x<=n;x+=lowbit(x)) c[x] += y;
}
inline int query(int x){int ret = 0;for(;x;x-=lowbit(x)) ret += c[x];return ret;
}
void solve2(int l,int r){if(l == r) return ;int mid = l+r >> 1;solve2(l,mid);solve2(mid+1,r);int i = l,j = mid+1,k = l;Node *a = tmp1,*tmp = tmp2;init_tmp[0] = 0;while(i <= mid || j <= r){if((j > r) || (i <= mid && a[i].b < a[j].b)){if( a[i].is_sm){modify(a[i].c,1);init_tmp[++init_tmp[0]] = i;}tmp[k++] = a[i++];}else{if(!a[j].is_sm){ans += query(a[j].c);}tmp[k++] = a[j++];}}for(int i = 1;i<=init_tmp[0];++i) modify(a[init_tmp[i]].c,-1);copy(tmp+l,tmp+r+1,a+l);
}
void solve1(int l,int r){if(l == r) return ;int mid = l+r >> 1;solve1(l,mid);solve1(mid+1,r);int i = l,j = mid+1,k = l;Node *tmp = tmp1;while(i <= mid || j <= r){if((j > r) || (i <= mid && a[i].a < a[j].a)){(tmp[k++] = a[i++]).is_sm = true;}else (tmp[k++] = a[j++]).is_sm = false;}copy(tmp+l,tmp+r+1,a+l);solve2(l,r);
}
int main(){
//  freopen("partial_order.in","r",stdin);
//  freopen("partial_order.out","w",stdout);read(n);for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i].a);for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i].b);for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i].c);solve1(1,n);printf("%d\n",ans);getchar();getchar();return 0;
}