CDQ分治（二维CDQ 、三维CDQ+树状数组、四维CDQ+CDQ+树状数组）

CDQ分治

CDQ分治相较于普通分治，多了左区间处理后对于右区间的影响。

利用这一点，CDQ分治可以用来做很多数据结构的题目（树状数组、线段树），加一个log的时间复杂度来优化一维。

操作：

假设有两维，那么我们先按第一维排序，然后对于每次分治，排序第二维，这样遍历下来就是两维都排序好的了。

如果有三维，在前两位都有序的基础上，遍历是用树状数组插入，这样就可以实现三维有序了。

注意：

什么时候CDQ(l,mid) CDQ(mid+1,r) 再处理CDQ(l,r)?这里是因为左区间对右区间的影响对右区间的分治没有影响。如果有，需要CDQ(l,mid)再处理CDQ(l,r)再CDQ(mid+1,r)。

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二维：最长递增子序列的数量 51nod 1376

题意： n（5e4）的数组，有多少个LIS（最长递增子序列）。

解析：

在CDQ左区间后，我们需要做的是统计左区间对于右区间的影响。

因为需要递增，所以我们对L~R中的数从小到大遍历。

转移：

左边已有Len，Many，那么更新到右边就是Len+1，Many。如果更优则直接取代，如果Len相同则加上Many（前面的LIS连上右边的点）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pill;
#define mk make_pair
const int mod = 1e9+7;
int a[50009];
pill ans[50009];//pos {Len Many}：到pos位置的|LIS|=Len，有Many个int rk[50009];
bool cmp(int x,int y){if(a[x]!=a[y])return a[x]<a[y];return x>y;//对于相同的数，因为严格递增，所以不能转移，故将右区间的排在前面
}void MAX(pill &x,pill y){if(x.first<y.first)x=y;else if(x.first==y.first){x.second+=y.second;if(x.second>mod)x.second-=mod;}
}void out(int n){for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d : (%d %d)\n",i,ans[i].first,ans[i].second);
}void CDQ(int l,int r){if(l==r)return;int mid=l+r>>1;CDQ(l,mid);for(int i=l;i<=r;i++)rk[i]=i;sort(rk+l,rk+r+1,cmp);pill tmp=mk(0,0);for(int i=l;i<=r;i++){int id=rk[i];if(id<=mid){//左区间MAX(tmp,ans[id]);}else{MAX(ans[id],mk(tmp.first+1,tmp.second));}}CDQ(mid+1,r);
}int main(){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]={1,1};CDQ(1,n);//out(n);pill Ans=mk(0,0);for(int i=1;i<=n;i++)MAX(Ans,ans[i]);printf("%d\n",Ans.second);return 0;
}

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三维：陌上花开 BZOJ 3262

题意： 每朵花有三个属性值，花x超过花y当且仅当x的三个属性值都大于等于y的对应的三个属性值，设一朵花超过的花的数量为v，求v=0，1…n-1的花各有多少。

解析：

也就是求三维偏序：对a排序，b用CDQ分治实现，c用树状数组维护。

在CDQ(L,mid)和CDQ(mid+1,R)后，我们需要计算左区间对右区间的影响，即：对于在右区间的x，除了右区间中比x小的，还要加上左区间的。

按b排序好[L,mid]和[mid+1,R]，用类似归并的思想一一得出右区间的每一个位置，左区间中有多少个比它少。

具体操作就是：将所有b小于x的花，他们的c值插到对应的树状数组，再找小于等于x的c值的个数。这些就是满足a（第一次排序）、满足b（选的都是b小于等于x的b值的点）、满足c（树状数组）的所有左区间中的花。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(i) printf("#%d\n",i)
const int N = 2e5+5;
struct node{int a,b,c,ct;int v;bool operator < (const node &r)const{if(a!=r.a)return a<r.a;if(b!=r.b)return b<r.b;return c<r.c;}bool operator == (const node &r)const{return a==r.a&&b==r.b&&c==r.c;}bool operator != (const node &r)const{return a!=r.a||b!=r.b||c!=r.c;}
}e[N>>1];int n,k;
int tr[N];//c值作为下标
void add(int pos,int v){for(int i=pos;i<=k;i+=i&-i){tr[i]+=v;}
}
int query(int pos){int ans=0;while(pos>0){ans+=tr[pos];pos-=pos&-pos;}return ans;
}bool cmp_b(node x,node y){return x.b<y.b;
}
void CDQ(int l,int r){if(l==r)return;int mid=l+r>>1;CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);sort(e+l,e+mid+1,cmp_b);sort(e+mid+1,e+r+1,cmp_b);int limit=l,up=mid+1;while(up<=r){while(limit<=mid&&e[limit].b<=e[up].b){add(e[limit].c,e[limit].ct);limit++;}e[up].v+=query(e[up].c);up++;}for(int i=l;i<limit;i++)add(e[i].c,-e[i].ct);//limit不算
}int ans[N];int main(){scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&e[i].a,&e[i].b,&e[i].c);e[i].ct=1;e[i].v=0;}//*******需要排除相同的，因为两个完全相同的最后之后算一次//*******假设为x,y，且x排在前面，则y不能影响到xsort(e+1,e+1+n);int size=0;e[0].a=-1;for(int i=1;i<=n;i++){if(e[i]!=e[i-1])e[++size]=e[i];else{e[size].ct++;e[size].v++;//自己超过自己}}CDQ(1,size);memset(ans,0,sizeof(int)*(1+n));for(int i=1;i<=size;i++){ans[e[i].v]+=e[i].ct;}for(int i=0;i<n;i++){printf("%d\n",ans[i]);}
}

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四维：三维点对的中间的点的数量 HDU5126

题意：

解析：

求两个坐标之间的点（就是那个长方体），可以将这个空间用八个点代表的区间隔开（自行脑补）。

题目就变成了求对(A,B,C)有多少个(a,b,c)满足(a<=A…)。

首先因为时间有先后，所以第一次的排序就以时间为标准了。
CDQ处理第一维的排序，再用CDQ处理第二维的排序，当前两维有序后插树状数组使第三维有序即可。

注意： 数组开至少八倍。。。T了好久

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(x,i) printf("%s%d\n",x,i)const int N =1000005;struct node{int a,b,c;int id;int kind;node(){}node(int a,int b,int c,int kind,int id):a(a),b(b),c(c),id(id),kind(kind){}
}e[N],tmp1[N],tmp2[N];int size,size1,size2;
bool cmp_a(node x,node y){return x.a<y.a||x.a==y.a&&x.id<y.id;
}
bool cmp_b(node x,node y){return x.b<y.b||x.b==y.b&&x.id<y.id;//相同需要算入，则x.id<y.id
}int tr[N<<1];//离散化后的最大值
void add(int pos,int v,int n){while(pos<=n){tr[pos]+=v;pos+=pos&-pos;}
}
int query(int pos){int ans=0;while(pos){ans+=tr[pos];pos-=pos&-pos;}return ans;
}int ans[N];
int non[N],all;//离散化//********************************************************************void CDQ_b(int l,int r){//此时，右区间的a值一定大于左区间的a值，再按b排序if(l>=r)return;int mid=l+r>>1;CDQ_b(l,mid);CDQ_b(mid+1,r);size2=0;for(int i=l;i<=mid;i++)if(tmp1[i].kind==0)tmp2[++size2]=tmp1[i];for(int i=mid+1;i<=r;i++)if(tmp1[i].kind!=0)tmp2[++size2]=tmp1[i];sort(tmp2+1,tmp2+1+size2,cmp_b);for(int i=1;i<=size2;i++){if(tmp2[i].kind==0)add(tmp2[i].c,1,all);            //左边：插入  右边：维护答案else{ans[tmp2[i].id]+=query(tmp2[i].c)*tmp2[i].kind;//printf("count (%d,%d,%d)\n",tmp2[i].a,tmp2[i].b,tmp2[i].c);}}for(int i=1;i<=size2;i++){if(tmp2[i].kind==0)add(tmp2[i].c,-1,all);}
}void CDQ_a(int l,int r){//维护左区间对右区间的贡献，按a排序if(l>=r)return;int mid=l+r>>1;CDQ_a(l,mid);CDQ_a(mid+1,r);size1=0;for(int i=l;i<=mid;i++)if(e[i].kind==0)tmp1[++size1]=e[i];for(int i=mid+1;i<=r;i++)if(e[i].kind!=0)tmp1[++size1]=e[i];sort(tmp1+1,tmp1+1+size1,cmp_a);//kind就可以表示其为左区间还是右区间，所以可以省略idxCDQ_b(1,size1);
}int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){size=0;all=0;int n;scanf("%d",&n);queue<int>out;for(int i=1;i<=n;i++){int k;scanf("%d",&k);if(k==1){int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);e[++size]=node(a,b,c,0,i);non[++all]=c;}else{out.push(i);int a1,b1,c1,a2,b2,c2;scanf("%d%d%d%d%d%d",&a1,&b1,&c1,&a2,&b2,&c2);a1--,b1--,c1--;//(a1,b1,c1)在计算的范围，所以减一e[++size]=node(a2,b2,c2,1,i);e[++size]=node(a1,b2,c2,-1,i);e[++size]=node(a2,b1,c2,-1,i);e[++size]=node(a2,b2,c1,-1,i);e[++size]=node(a1,b1,c2,1,i);e[++size]=node(a1,b2,c1,1,i);e[++size]=node(a2,b1,c1,1,i);e[++size]=node(a1,b1,c1,-1,i);non[++all]=c1;non[++all]=c2;ans[i]=0;}}sort(non+1,non+1+all);all=unique(non+1,non+1+all)-non-1;for(int i=1;i<=size;i++){//第三维离散化e[i].c=lower_bound(non+1,non+1+all,e[i].c)-non;}//已按时间排序CDQ_a(1,size);while(!out.empty()){int idx=out.front();out.pop();printf("%d\n",ans[idx]);}}
}

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