转载自FlashHu大佬的博客CDQ分治总结(CDQ,树状数组,归并排序),在讲述部分有部分删改,用了自己的代码

CDQ分治的思想

CDQ分治是基于时间的离线分治算法。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,就可以在一定的复杂度范围内地解决偏序问题。从一位偏序(就是按下表排列)的$\Theta(N)$开始,每增加一维增加$\Theta(\log N)$倍,可以通过不断叠加cdq分治来增加维度,但当达到4维以上时效率就和暴力差不多了。

例题1

P3810 【模板】三维偏序(陌上花开)

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,\(T(n)=O(n\log k)+T(\frac 2 n)=O(n\log n\log k)\)。

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,这样的话就要改一下cmp函数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+,MAXN=1e5+,MAXK=2e5+;
struct node{
int x,y,z,ans,w;
}A[MAXN],tmp[MAXN];
inline bool cmpx(node x,node y){
return x.x<y.x||(x.x==y.x&&(x.y<y.y||(x.y==y.y&&x.z<y.z)));
}
inline bool cmpy(node x,node y){
return x.y<y.y||(x.y==y.y&&(x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.z<y.z)));
}
int N,K,sum[MAXK];
inline int lowbit(int x){
return x&-x;
}
inline void upd(int x,int c){
while(x<=K){
sum[x]+=c;
x+=lowbit(x);
}
}
inline int qry(int x){
int ret=;
while(x){
ret+=sum[x];
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>;
cdq(l,mid);
cdq(mid+,r);
sort(A+l,A+mid+,cmpy);
sort(A+mid+,A+r+,cmpy);
int i=mid+,j=l;
for(;i<=r;i++){
while(A[j].y<=A[i].y&&j<=mid){
upd(A[j].z,A[j].w);
j++;
}
A[i].ans+=qry(A[i].z);
}
for(i=l;i<j;i++)
upd(A[i].z,-A[i].w);
}
int n,ans[MAXK];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&tmp[i].x,&tmp[i].y,&tmp[i].z);
}
sort(tmp+,tmp+n+,cmpx);
for(int i=,c=;i<=n;i++,c++)
if((tmp[i].x^tmp[i+].x)|(tmp[i].y^tmp[i+].y)|(tmp[i].z^tmp[i+].z)){
A[++N]=tmp[i];
A[N].w=c;
c=;
}
cdq(,N);
for(int i=;i<=N;i++)
ans[A[i].ans+A[i].w-]+=A[i].w;
for(int i=;i<n;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}

例题二

洛谷P4169 [Violet]天使玩偶/SJY摆棋子

洛谷题目传送门

不会KDT,然而CDQ当然是有优势的。

第一眼就能发现每一个修改或查询都有三个属性,\(x,y\),还有时间戳。那么怎样把它转化为一般的三维偏序问题呢?

假如所有记忆的点都在查询的点的左下角,那么就会只有\(x,y\)和时间戳三个维度都小于查询点的记忆点可以产生贡献,这就是三维偏序了。

贡献是什么呢?设有若干\(j\)对\(i\)产生了贡献,那么直接去绝对值,答案就是\(\min\{x_i-x_j+y_i-y_j\}\),也就是\(x_i+y_i-\max\{x_j+y_j\}\),这个还是可以用树状数组,只不过改成维护前缀最大值。第一维时间戳,输入已经排好序了;第二位\(x\)归并;第三位\(y\)树状数组统计答案。

然而假设并不成立。但是我们可以发现,每个能产生贡献的点只可能会在查询点的四个方向(左下,左上,右下,右上),那么对所有点还要进行\(3\)遍坐标翻转(新坐标等于值域减去原坐标),做\(4\)遍CDQ,就可以统计到每个方向的最优答案,最后再取\(\min\)即可。

\(n,m=300000\),值域\(1000000\),一看这\(O((n+m)\log(n+m)\log k)\)好大,还要跑\(4\)遍,真的不会T么?所以还是要优化一些细节。

首先,蒟蒻仍然沿用三维偏序模板的做法,没有对元素封struct以减少空间交换,这样在做完坐标翻转后也能更快还原,直接for一遍初始化。然而也会带来数组的频繁调用,蒟蒻也在怀疑这种优化的可行性,还望Dalao指教。

接着,我们发现左边有\(n\)个元素都确定了是记忆点。也就是说,我们不必对\(n+m\)个点都跑CDQ了,只对后面\(m\)个点跑,前面的\(n\)个点直接预处理按\(x\)第一关键字、\(y\)第二关键字sort,这样复杂度就降到了\(O(n\log n+m\log m\log k+n\log k)\)了。然而做完坐标翻转后也别忘了处理一下。如果这一次翻转的是\(y\),那么\(x\)不会受到影响;如果翻转的是\(x\),那么也直接翻转数组就好啦!

至于fread什么的用上也好。加上这一堆优化,代码就有90行了。

然后一交上去就1A了!?平时习惯了满屏殷红的WA,蒟蒻也不得不感叹,比起不少数据结构,CDQ真是思路板又好写还好调。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define I inline void
#define R RG int
#define gc if(++pp==pe)fread (pp=buf,1,SZ,stdin)
#define pc(C) *pp=C;if(++pp==pe)fwrite(pp=buf,1,SZ,stdout)
const int N=3e5,D=1e6+,SZ=<<,INF=;
char buf[SZ],*pe=buf+SZ,*pp=pe-;
int x[N],y[N],p[N],q[N],f[N],ans[N],e[D+];
bool t[N];
struct NODE{
int x,y;
inline bool operator<(RG NODE b)const{
return x<b.x||(x==b.x&&y<b.y);
}
}a[N];//前n个点
inline int in(){
gc;while(*pp<'-')gc;
R x=*pp&;gc;
while(*pp>'-'){x*=;x+=*pp&;gc;}
return x;
}
I out(R x){
if(x>)out(x/);
pc(x%|'');
}
I min(R&x,R y){if(x>y)x=y;}
I upd(R i,R v){for(;i<=D;i+=i&-i)if(e[i]<v)e[i]=v;}
I qry(R i,R&v){for(;i ;i-=i&-i)if(v<e[i])v=e[i];}
I clr(R i) {for(;i<=D;i+=i&-i)e[i]=;}
void cdq(R*p,R m){//三维偏序Dalao们都会吧
if(m==)return;
R n=m>>,i,j,k;
cdq(p,n);cdq(p+n,m-n);
memcpy(q,p,m<<);
for(k=i=,j=n;i<n&&j<m;++k)
if(x[q[i]]<=x[q[j]]){
if(!t[q[i]])upd(y[q[i]],x[q[i]]+y[q[i]]);
p[k]=q[i++];
}
else{
if(t[q[j]])qry(y[q[j]],f[q[j]]);
p[k]=q[j++];
}
for(;j<m;++j)
if(t[q[j]])qry(y[q[j]],f[q[j]]);
memcpy(p+k,q+i,(n-i)<<);//注意收尾和清空
for(--i;~i;--i)clr(y[q[i]]);
}
int main(){
R n=in(),m=in(),i,j,k;
for(i=;i<n;++i)
a[i].x=in()+,a[i].y=in()+;
std::sort(a,a+n);//n个点预排序
for(i=;i<m;++i){
if((t[i]=in()-))ans[i]=INF;//注意给极大值
x[i]=in()+;y[i]=in()+;//BIT不能有0下标,所以改一下
}
for(k=;k<=;++k){
for(i=;i<m;++i)p[i]=i;//很快就可以初始化序列
cdq(p,m);
for(i=j=;i<n&&j<m;){//外面统计还是和CDQ一样,只是不用归并了
if(a[i].x<=x[p[j]])
upd(a[i].y,a[i].x+a[i].y),++i;
else{
if(t[p[j]])qry(y[p[j]],f[p[j]]);
++j;
}
}
for(;j<m;++j)
if(t[p[j]])qry(y[p[j]],f[p[j]]);
memset(e,,sizeof(e));
for(i=;i<m;++i)
if(t[i]&&f[i])min(ans[i],x[i]+y[i]-f[i]),f[i]=;
if(k==)break;
if(k&){//第一次、第三次上下翻
for(i=;i<n;++i)a[i].y=D-a[i].y;
for(i=;i<m;++i)y[i]=D-y[i];
}
else{//第二次左右翻
for(i=;i<n;++i)a[i].x=D-a[i].x;
for(i=;i<m;++i)x[i]=D-x[i];
for(i=,j=n-;i<j;++i,--j)std::swap(a[i],a[j]);//注意仍要保证x不降
}
}
for(pp=buf,i=;i<m;++i)
if(t[i]){out(ans[i]);pc('\n');}
fwrite(buf,,pp-buf,stdout);
return ;
}



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