COGS 2479. [HZOI 2016]偏序 [CDQ分治套CDQ分治 四维偏序]
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ai<aj且bi<bj且ci<cj的数对(i,j)的个数。
对于100%的数据,1<=n<=50000,保证所有的ai、bi、ci分别组成三个1~n的排列。
$CDQ$分治套$CDQ$分治也不是很难嘛
对于本题,设四维$a,b,c,d$
$Sort\ at\ a$
$CDQ(l,r)$
$\quad CDQ(l,mid)$
$\quad CDQ(mid+1,r)$
$\quad Merge_Sort\ at\ b$ 每个元素标记属于$[l,mid]\or\ [mid+1,r]$
$\quad CDQ2(l,r)$
$CDQ2(l,r)$要做的就是按时间序维护一个二维点集$(c,d)$ 加点与询问一个范围内点的个数
和普通的三维偏序一样,就是多了一个标记的限制(来自$CDQ$中$a$的限制,必须用标记不能判断$a \le mid$,因为$CDQ2$是要递归下去的,$mid$就变了)
有一个时间序$b$和限制$a$,然后$c$归并排序,$d$树状数组维护
完成啦!
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+;
inline int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
}
int n;
struct Operation{
int a,b,c,d;
bool flag;
}a[N],t1[N],t2[N];
int c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int p,int v){for(;p<=n;p+=lowbit(p)) c[p]+=v;}
inline int sum(int p){
int re=;
for(;p;p-=lowbit(p)) re+=c[p];
return re;
}
int ans;
void CDQ2(int l,int r){
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>;
CDQ2(l,mid);CDQ2(mid+,r);
int i=l,j=mid+,p=l;
Operation *a=t1,*t=t2;
while(i<=mid||j<=r){
if(j>r||(i<=mid&&a[i].c<a[j].c)){
if(a[i].flag) add(a[i].d,);
t[p++]=a[i++];
}else{
if(!a[j].flag) ans+=sum(a[j].d);
t[p++]=a[j++];
}
}
for(int i=l;i<=mid;i++) if(a[i].flag) add(a[i].d,-);
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=t[i];
}
void CDQ(int l,int r){
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>;
CDQ(l,mid);CDQ(mid+,r);
int i=l,j=mid+,p=l;
Operation *t=t1;
while(i<=mid||j<=r){
if(j>r||(i<=mid&&a[i].b<a[j].b)) (t[p++]=a[i++]).flag=;
else (t[p++]=a[j++]).flag=;
}
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=t[i];
CDQ2(l,r);
}
int main(){
freopen("partial_order.in","r",stdin);
freopen("partial_order.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i].b=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i].c=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i].d=read(),a[i].a=i;
CDQ(,n);
printf("%d",ans);
}
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