题目大意:略 题目传送门

四维偏序板子题

把插入操作和询问操作抽象成$(x,y,z,t)$这样的四元组

询问操作拆分成八个询问容斥

此外$x,y,z$可能很大,需要离散

直接处理四维偏序很困难,考虑降维

而$t$这一维有一个神奇的性质,任意两个四元组的$t$互不相同,是最好处理的,所以尽量保证$t$这一维也出现在降维之后的$cdq$分治里

外层把所有四元组按$x$排序,回溯按$t$排序

现在要处理左区间对右区间的影响了,把左区间里的所有四元组打上$0$标记,右区间里的所有四元组打上$1$标记

只有带$0$标记的四元组能影响$1$标记的四元组

就这样我们消掉了$x$这一维,只剩下$(y,z,t)$,再在当前区间跑三维偏序即可

 #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N1 100010
#define M1 400010
#define ll long long
#define dd double
#define cll const long long
using namespace std; int gint()
{
int ret=,fh=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')fh=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ret=ret*+c-'';c=getchar();}
return ret*fh;
}
struct BIT{
int s[N1],ma;
void update(int x,int w){ for(int i=x;i<=ma;i+=(i&(-i))) s[i]+=w; }
int query(int x){ int ans=; for(int i=x;i>;i-=(i&(-i))) ans+=s[i]; return ans; }
void clr(int x){ for(int i=x;i<=ma;i+=(i&(-i))) s[i]=; }
}s;
int n,m,nn,T;
struct node{int x,y,z,t,p,tag,id;}a[M1],b[M1],tmp[M1];
int xx[N1],nx,yy[N1],ny,zz[N1],nz,f[N1],que[M1],tl; int cmp1(node s1,node s2)
{
if(s1.x!=s2.x) return s1.x<s2.x;
if(s1.y!=s2.y) return s1.y<s2.y;
if(s1.z!=s2.z) return s1.z<s2.z;
return s1.p*s1.p<s2.p*s2.p;
}
int cmp2(node s1,node s2)
{
if(s1.y!=s2.y) return s1.y<s2.y;
if(s1.z!=s2.z) return s1.z<s2.z;
if(s1.tag!=s2.tag) return s1.tag<s2.tag;
return s1.p*s1.p<s2.p*s2.p;
}
int cmp3(node s1,node s2){return s1.t<s2.t;}
int de; void CDQ2(int L,int R)
{
if(R-L<=) return;
int M=(L+R)>>,i,j,cnt;
CDQ2(L,M); CDQ2(M,R);
for(i=L,j=M,cnt=;i<M&&j<R;)
{
if(cmp2(b[i],b[j])){
if(!b[i].tag&&!b[i].p){ s.update(b[i].z,); que[++tl]=i; }
tmp[++cnt]=b[i]; i++;
}else{
if(b[j].tag&&b[j].p){ f[b[j].id]+=b[j].p*s.query(b[j].z); }
tmp[++cnt]=b[j]; j++;
}
}
while(i<M){ tmp[++cnt]=b[i]; i++; }
while(j<R){ if(b[j].tag&&b[j].p) f[b[j].id]+=b[j].p*s.query(b[j].z); tmp[++cnt]=b[j]; j++; }
while(tl){ s.clr(b[que[tl--]].z); }
for(i=L;i<R;i++){ b[i]=tmp[i-L+]; }
}
void CDQ1(int L,int R)
{
if(R-L<=) return;
int M=(L+R)>>,i,j,cnt;
CDQ1(L,M); CDQ1(M,R);
for(i=L,j=M,cnt=;i<M&&j<R;)
{
if(a[i].t<a[j].t){ tmp[++cnt]=a[i]; tmp[cnt].tag=; i++; }
else{ tmp[++cnt]=a[j]; tmp[cnt].tag=; j++;}
}
while(i<M){ tmp[++cnt]=a[i]; tmp[cnt].tag=; i++; }
while(j<R){ tmp[++cnt]=a[j]; tmp[cnt].tag=; j++; }
for(nx=,i=L;i<R;i++){ a[i]=b[i-L+]=tmp[i-L+]; }
sort(b+,b+R-L+,cmp3);
for(i=;i<=R-L;i++){ b[i].t=i; }
CDQ2(,R-L+);
} int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--){ scanf("%d",&n);
int i,x,y,z,xa,xb,ya,yb,za,zb,p;
for(nn=,nx=,ny=,nz=,i=;i<=n;i++)
{
p=gint(); f[i]=;
if(p==){
x=gint(); y=gint(); z=gint(); f[i]=-;
nn++; a[nn].x=x; a[nn].y=y; a[nn].z=z; a[nn].t=nn; a[nn].p=;
xx[++nx]=x; yy[++ny]=y; zz[++nz]=z;
}else{
xa=gint(); ya=gint(); za=gint(); xb=gint(); yb=gint(); zb=gint(); xa--; ya--; za--;
xx[++nx]=xa; xx[++nx]=xb; yy[++ny]=ya; yy[++ny]=yb; zz[++nz]=za; zz[++nz]=zb;
nn++; a[nn].x=xa; a[nn].y=ya; a[nn].z=za; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=-;
nn++; a[nn].x=xb; a[nn].y=ya; a[nn].z=za; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=;
nn++; a[nn].x=xa; a[nn].y=yb; a[nn].z=za; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=;
nn++; a[nn].x=xa; a[nn].y=ya; a[nn].z=zb; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=;
nn++; a[nn].x=xa; a[nn].y=yb; a[nn].z=zb; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=-;
nn++; a[nn].x=xb; a[nn].y=ya; a[nn].z=zb; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=-;
nn++; a[nn].x=xb; a[nn].y=yb; a[nn].z=za; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=-;
nn++; a[nn].x=xb; a[nn].y=yb; a[nn].z=zb; a[nn].t=nn; a[nn].id=i; a[nn].p=;
}
}
sort(xx+,xx+nx+); nx=unique(xx+,xx+nx+)-(xx+);
sort(yy+,yy+ny+); ny=unique(yy+,yy+ny+)-(yy+);
sort(zz+,zz+nz+); nz=unique(zz+,zz+nz+)-(zz+);
for(i=;i<=nn;i++)
{
a[i].x=lower_bound(xx+,xx+nx+,a[i].x)-xx;
a[i].y=lower_bound(yy+,yy+ny+,a[i].y)-yy;
a[i].z=lower_bound(zz+,zz+nz+,a[i].z)-zz;
}
sort(a+,a+nn+,cmp1); s.ma=nz;
CDQ1(,nn+);
for(i=;i<=n;i++)
if(f[i]!=-) printf("%d\n",f[i]); }
return ;
}

HDU 5126 stars (四维偏序+树状数组)的更多相关文章

  1. hdu 5126 stars (四维偏序,离线,CDQ套CDQ套树状数组)

    题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5126 思路:支持离线,那么我们可以用两次CDQ分治使四维降为二维,降成二维后排个序用树状数组维护下就好 ...

  2. HDU 5862 Counting Intersections(离散化+树状数组)

    HDU 5862 Counting Intersections(离散化+树状数组) 题目链接http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5862 D ...

  3. hdu 5517 Triple(二维树状数组)

    Triple Time Limit: 12000/6000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Sub ...

  4. 洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链-二维偏序+树状数组+读入挂(离线处理,思维,直接1~n一边插入一边查询),hahahahahahaha~

    P1972 [SDOI2009]HH的项链 题目背景 无 题目描述 HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链.HH 相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步完后,他都会随意取出一段贝壳,思考它们所表达的含 ...

  5. 计蒜客 41391.query-二维偏序+树状数组(预处理出来满足情况的gcd) (The Preliminary Contest for ICPC Asia Xuzhou 2019 I.) 2019年徐州网络赛)

    query Given a permutation pp of length nn, you are asked to answer mm queries, each query can be rep ...

  6. 2019-ACM-ICPC-徐州站网络赛- I. query-二维偏序+树状数组

    2019-ACM-ICPC-徐州站网络赛- I. query-二维偏序+树状数组 [Problem Description] ​ 给你一个\([1,n]\)的排列,查询\([l,r]\)区间内有多少对 ...

  7. HDU 5517 【二维树状数组///三维偏序问题】

    题目链接:[http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5517] 题意:定义multi_set A<a , d>,B<c , d ...

  8. HDU 1394 Minimum Inversion Number ( 树状数组求逆序数 )

    题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1394 Minimum Inversion Number                         ...

  9. HDU 5862 Counting Intersections (树状数组)

    Counting Intersections 题目链接: http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5862 Description Given ...

随机推荐

  1. 【ACM】hdu_1234_开门人和关门人_201307300845

    开门人和关门人Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Subm ...

  2. javascript--闭包与this

    理解javascript中的闭包与this http://www.ruanyifeng.com/blog/2009/08/learning_javascript_closures.html http: ...

  3. oracle强化练习题

    编写简单的查询语句 1.显示部门表的所有信息 Select * from dept; 2.显示部门号码,部门名称 Selectdeptno,dname from dept; 3.显示下面字段及字符串的 ...

  4. Leetcode45:Intersection of Two Linked Lists

    Write a program to find the node at which the intersection of two singly linked lists begins. For ex ...

  5. 学习Mockito - Mockito对Annotation的支持

    学习Mockito - Mockito对Annotation的支持 博客分类: test junit工作  Mockito支持对变量进行注解,例如将mock对象设为测试类的属性,然后通过注解的方式@M ...

  6. 车载导航系统中GPS的定位

    首先购买的车载导航系统有GPS信号接受功能,能够接收GPS的经纬度信号,然后导航终端里面安装的导航地图能够非常详细的显示详细的经纬度坐标和地物信息.导航终端通过接收器接收到卫星24小时不间断发射的免费 ...

  7. poj2750--Potted Flower(线段树)

    题目链接:点击打开链接 题目大意:给出n个数排成一个环.求环的最大连续子序列,不能是总序列 建一个线段树来求最大子序列假设仅仅是一个序列.那么求最大连续子序列非常easy,可是假设是一个环,那就要考虑 ...

  8. Codeforces Beta Round #95 (Div. 2) D. Subway 边双联通+spfa

    D. Subway   A subway scheme, classic for all Berland cities is represented by a set of n stations co ...

  9. 如何让 ssh 允许以 root 身份登录

    默认情况下,Pack 上的 root 用户不能用通过密码来远程登录,可以用一下命令来做:(注意要在 root 权限下) sed -i 's/PermitRootLogin\swithout-passw ...

  10. 杂项-地图:LBS

    ylbtech-杂项-地图:LBS 基于位置的服务,它是通过电信移动运营商的无线电通讯网络(如GSM网.CDMA网)或外部定位方式(如GPS)获取移动终端用户的位置信息(地理坐标,或大地坐标),在地理 ...