「分治」-cdq分治

cdq分治是一种分治算法：

一种分治思想,必须离线,可以用来处理序列上的问题(比如偏序问
题),还可以优化1D/1D类型的DP。
• 算法的大体思路我们可以用点对来描述。假定我们有一个长度为n的序列,要处理序列中元素点对间的关系。定义一个操作cdq(l,r)表示当前处理序列上区间[L,R]的点对关系。那么我们需要找到[L,R]的中点M,将不同的点对分为三类:
• A:两个点都在区间[L,M]上
• B:两个点都在区间[M+1,R]上
• C:两个点分别在[L,M]和[M+1,R]上。
对于前两种情况,分别用cdq(L,M),cdq(M+1,R)解决,也就是甩锅给下一层。
对于第三种情况,我们需要想方设法在当前层的cdq(L,R)中解决。
在解决当前层的问题时,利用已经处理好的左右两边的信息,具体视不同题目而
定。

其实，这样的算法很帅！

例题：

A. 陌上花开

 

题目描述

有n朵花,每朵花有三个属性:花形(s)、颜色(c)、气味(m),用三个整数表示。
现在要对每朵花评级,一朵花的级别是它拥有的美丽能超过的花的数量。
定义一朵花A比另一朵花B要美丽,当且仅Sa>=Sb,Ca>=Cb,Ma>=Mb。显然,两朵花可能有同样的属性。需要统计出评出每个等级的花的数量。

这道题就是一道裸的cdq模板题，但是对于初学的菜鸡（就是我）来说还是异常的艰难，我们知道对于普通的二维偏序问题，我们的求解思路就是归并排序（有时也不一定），所以当求解三维偏序的时候我们还是要借鉴二维偏序的思路，求解的时候先进行三元组排序，然后在递归过程中将后两元排序，然后使用一个数据结构来维护第三维偏序，进行求解，其实可以把这道题当作求解三维偏序的板子，其实遇到三维偏序的题就可以想一想是不是cdq分治;

本道题的板子实现是依靠一堆排序实现的，我因为懒得打（没错，本人很懒）归并排序，所以就是用STL中的sort，从而时间上比别人多了一个log，但还是A了，就是慢的一匹

• 首先将所有元素三元组排序并去重,那么权值a已经随下标有序。假设我们当前处理区间[L,R]内的元素。设M为区间中点,我们分别在[L,M][M+1,R]两个区间中对第二维排序,那么[L,M]内所有元素的第一维一定小于[M+1,R]的元素,维护一个单调指针,按照第二维权值从小到大将[L,M]的元素加入树状数组,同时在树状数组中查询前缀和即可保障三个维度都是小于关系。具体实现中,我们可以在递归处理的同时完对第二维的归并排,而不用额外消耗时间使用快速排序

如果还是很蒙蔽，那就看代码！

 inline void cdq(int l,int r)
 {
     if(l==r) return;
     int m=l+r>>,pl=l,pr=m+,p=l;
     cdq(l,m),cdq(m+,r);//递归处理两个子区间
     while(pl<=m&&pr<=r)
     {
         if(s[pl].b<=s[pr].b) q[p++]=s[pl++];
         else q[p]=s[pr++],mk[p++]=;
     }
     while(pl<=m) q[p++]=s[pl++];
     while(pr<=r) q[p]=s[pr++],mk[p++]=;
     for(int i=l;i<=r;++i)
     {
         if(mk[i]) res[q[i].id]+=bit.sum(q[i].c);
         else bit.add(q[i].c,q[i].w);
     }
     for(int i=l;i<=r;++i)
     {
         if(!mk[i]) bit.add(q[i].c,-q[i].w);
         else mk[i]=;
         s[i]=q[i];
     }
 }

就是这个，这就是cdq的核心部分，我在使用cdq的时候也认识到了分治算法的重要性，之前一直都吧递归的程序以及函数拒之门外，但是其实他们的效率也不差，而且好想是真的;（但是研发一个新的算法还是不容易的！）%%%cdq

然后就是我的多个log，跑的极慢的程序：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 struct re{int a,b,c,cnt,ans;}s[],v[];
 int cnt[],q[],tree[],ans[];
 int tott,n,k;
 inline int read()
 {
     int ss=;char bb=getchar();
     while(bb<||bb>)bb=getchar();
     while(bb>=&&bb<=)ss=(ss<<)+(ss<<)+(bb^),bb=getchar();
     return ss;
 }
 int lowbit(int x){return x&(-x);}
 bool cmp(re a,re b){return a.b<b.b||(a.b==b.b&&a.c<b.c);}
 bool cmp2(re a,re b){return a.a<b.a||(a.a==b.a&&cmp(a,b));}
 void upd(int x,int vv){while(x<=k){tree[x]+=vv;x+=lowbit(x);}}
 int query(int x){int sum=;while(x){sum+=tree[x];x-=lowbit(x);}return sum;}
 void cdq(int l,int r)
 {
     if(l==r)return ;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq(l,mid);
     cdq(mid+,r);
     sort(v+l,v+mid+,cmp);
     sort(v+mid+,v+r+,cmp);
     int l1=l,l2=mid+;
     while(l2<=r)
     {
         while(l1<=mid&&v[l1].b<=v[l2].b)upd(v[l1].c,v[l1].cnt),++l1;
         v[l2].ans+=query(v[l2].c);++l2;
     }
     for(int i=l;i<l1;i++)upd(v[i].c,-v[i].cnt);
 }
 int main()
 {
     //freopen("ccf.txt","r",stdin);
     n=read(),k=read();
     for(int i=;i<=n;i++)
         s[i].a=read(),s[i].b=read(),s[i].c=read();
     sort(s+,s++n,cmp2);
     for(int i=,j=;i<=n;i=j)
     {
         v[++tott]=s[i];
         while(s[i].a==s[j].a&&s[i].b==s[j].b&&s[i].c==s[j].c&&j<=n)
         j++,v[tott].cnt++;
     }
     cdq(,tott);
     for(int i=;i<=tott;i++)cnt[v[i].ans+v[i].cnt-]+=v[i].cnt;
     for(int i=;i<n;i++)printf("%d\n",cnt[i]);
     return ;
 }

cdq1

其实还是建议使用在递归的同时进行的排序，毕竟有的时候有些题并不那么友好。sort在平时水题的时候还是很好使的。但是效率实在是不高：

对比鲜明！

cdq在其他的地方（也就是题不那么板子的时候）也有出现！

例题2：

B. Mokia

出

题目类型：传统 评测方式：文本比较

 

题目描述

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

输入格式

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小
接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):
"1 x y a"
"2 x1 y1 x2 y2"
"3"
输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a
输入2:你需要求出以左下角为(x1,y1),右上角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出
输入3:表示输入结束

这道题首先一看，就先是想到之前IOI的那倒移动电话那道题。然后二维线段树开吗。等等，空间根本开不下啊，而且时间也会爆炸那怎么啊？玄学树套树....？不存在的，我也不会码啊！这是cdq就出场了，cdq是维护三维偏序问题，所以这道题当然可以抽象成三维偏序问题，只是稍变一下，按照题目的意思，这个矩形是可以有四个矩形进行容斥得到，所以我们一就是求对于x，y，满足三维偏序的点对的个数问题，cdq就直接搞定了！至此,这道题已经和前一题的三维偏序基本相同,不同点在于修改操作。那么我们改变策略,在分出两个子区间后,只考虑左区间的修改,对于左右端点都在右区间的查询操作产生的影响。按照这种分法,一定能保证所有查询操作能考虑到先前的修改操作。

所以这还是一道cdq的半裸题;

 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<cctype>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 struct num{
     int x,y,add,t,pos;
 }G[maxn],ss[maxn];
 int s,w,cnt=,t=,ans[maxn],tree[maxn];
 #define debug(x) cout<<x<<" debug!"<<endl;
 bool cmp(num a,num b)
 {
     if(a.x==b.x&&a.y==b.y)return a.pos<b.pos;
     if(a.x==b.x)return a.y<b.y;
     return a.x<b.x;
 }
 inline int lowbit(int t){return t&(-t);}
 void add(int x,int y){while(x<=w){tree[x]+=y;x+=lowbit(x);}}
 int query(int x){int res=;while(x){res+=tree[x];x-=lowbit(x);}return res;}
 void addq(int x1,int y1,int x2,int y2)
 {
     int pos=++cnt;
     G[++t].pos=pos;G[t].t=t;G[t].x=x2;G[t].y=y2;G[t].add=;
     G[++t].pos=pos;G[t].t=t;G[t].x=x1-;G[t].y=y1-;G[t].add=;
     G[++t].pos=pos;G[t].t=t;G[t].x=x2;G[t].y=y1-;G[t].add=-;
     G[++t].pos=pos;G[t].t=t;G[t].x=x1-;G[t].y=y2;G[t].add=-;
 }
 void cdq(int l,int r)
 {
     if(l>=r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     for(int i=l;i<=r;i++)
     {
         if(G[i].t<=mid&&!G[i].pos)add(G[i].y,G[i].add);
         if(G[i].t>mid&&G[i].pos)ans[G[i].pos]+=G[i].add*query(G[i].y);
     }
     for(int i=l;i<=r;i++)
     {
         if(G[i].t<=mid&&!G[i].pos)add(G[i].y,-G[i].add);
     }
     int l1=l,l2=mid+;
     for(int i=l;i<=r;i++)
     {
         if(G[i].t<=mid)ss[l1++]=G[i];
         else ss[l2++]=G[i];
     }
     for(int i=l;i<=r;i++)G[i]=ss[i];
     cdq(l,mid);
     cdq(mid+,r);
     return;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&s,&w);
     while()
     {
         int k;
         scanf("%d",&k);
         if(k==)break;
         if(k==)
         {
             int xx,yy,zz;
             scanf("%d%d%d",&xx,&yy,&zz);
             //debug(xx);debug(yy),debug(zz);
             G[++t].x=xx;
             G[t].y=yy;
             G[t].add=zz;
             G[t].t=t;
         }
         else
         {
             int x1,x2,y1,y2;
             scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
             addq(x1,y1,x2,y2);
         }
     }
     sort(G+,G+t+,cmp);
     cdq(,t);
     for(int i=;i<=cnt;i++)printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }

这道题也告诉我们其实很多题都是换汤不换药，只是吧题目背景换一下，别的套路还是一样的，但是不一定所有的都一样;

例题3：

C. 拦截导弹

入输出

题目类型：传统 评测方式：Special Judge

 

题目描述

某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度、并且能够拦截任意速度的导弹，但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度，其拦截的导弹的飞行速度也不能大于前一发。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。

在不能拦截所有的导弹的情况下，我们当然要选择使国家损失最小、也就是拦截导弹的数量最多的方案。但是拦截导弹数量的最多的方案有可能有多个，如果有多个最优方案，那么我们会随机选取一个作为最终的拦截导弹行动蓝图。

我方间谍已经获取了所有敌军导弹的高度和速度，你的任务是计算出在执行上述决策时，每枚导弹被拦截掉的概率。

输入格式

第一行包含一个正整数

，表示敌军导弹数量；

下面 行按顺序给出了敌军所有导弹信息：

第i+1行包含2个正整数

和

，分别表示第 枚导弹的高度和速度。

输出格式

输出包含两行。

第一行为一个正整数，表示最多能拦截掉的导弹数量；

第二行包含n个0到1之间的实数，第i个数字表示第i枚导弹被拦截掉的概率（你可以保留任意多位有效数字）。

相信这会使我们想到之前做的线性dp，但是那是这道题的简化办，就只有第一问，但是这有第二问，我们也发现之前只有一个两个限制条件，就是时间和高度，但是这道题有三个限制条件，分别是时间，高度和速度，这三个只有都满足的时候才能够对答案作出贡献，所以cdq分治，因为是三维偏序。然后就是要把dp的状态转移放到cdq的里面去，因为是让球概率，那么这也是一道假的概率题，只要使用合法的方案数比上总的方案数就可以得到答案;然后就要正着和倒着都各跑一遍，（这也是为了球总的方案数，也很好像），然后在递归过程中进行状态转移就行了！

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<vector>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char cc;cc=getchar();
     while(cc>''||cc<''){if(cc=='-')f=-;cc=getchar();}
     while(cc>=''&&cc<=''){x=(x<<)+(x<<)+(cc^);cc=getchar();}
     return x;
 }
 struct tree
 {
     int f;double w;
     tree(){f=,w=;}
 }t[maxn];
 int n;
 int st[maxn],top=,th,tv;
 inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
 inline void add(int p,int f,double w)
 {
     while(p<n)
     {
         if(t[p].f<f)
         {
             if(t[p].f==)st[++top]=p;
             t[p].f=f;t[p].w=w;
         }
         else if(t[p].f==f)t[p].w+=w;
         p+=lowbit(p);
     }
     return;
 }
 tree ask(int p)
 {
     tree res;
     while(p)
     {
         if(t[p].f>res.f) res=t[p];
         else if(t[p].f==res.f) res.w+=t[p].w;
         p-=lowbit(p);
     }
     return res;
 }
 struct Dan
 {
     int h,v,f[],id,t;
     double g[];
 }a[maxn],q[maxn];
 int wh[maxn],wv[maxn],id[maxn];
 int rk[maxn];
 inline bool cmp(int x,int y){return a[x].h<a[y].h||(a[x].h==a[y].h&&a[x].id<a[y].id);}
 int cmpid(Dan a,Dan b){return a.id<b.id;}
 int cnt=;
 void cdq(int l,int r,int mode)
 {
     if(l==r)
     {
         if(a[l].f[mode]<){a[l].f[mode]=;a[l].g[mode]=;}
         return;
     }
     int mid=(l+r)>>;
     memcpy(q+l,a+l,sizeof(Dan)*(r-l+));
     int q1=l,q2=mid+;
     for(int i=l;i<=r;i++)
         if(q[i].t<=mid)a[q1++]=q[i];
         else a[q2++]=q[i];
     cdq(l,mid,mode);
     q1=l;
     for(int i=mid+;i<=r;i++)
     {
         while(q1<=mid && a[q1].id<a[i].id)
             add(a[q1].v,a[q1].f[mode],a[q1].g[mode]),q1++;
         tree res=ask(a[i].v);
         if(!res.f)continue;
         if(res.f+>a[i].f[mode])
         {
             a[i].f[mode]=res.f+;
             a[i].g[mode]=res.w;
         }
         else if(res.f+==a[i].f[mode]) a[i].g[mode]+=res.w;
     }
     while(top){t[st[top]].w=;t[st[top--]].f=;}
     cdq(mid+,r,mode);
     merge(a+l,a+mid+,a+mid+,a+r+,q+l,cmpid);
     memcpy(a+l,q+l,sizeof(Dan)*(r-l+));
     return;
 }
 int main()
 {
     //freopen("cnm.txt","r",stdin);
     n=read();
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         a[i].h=read();a[i].v=read();a[i].id=i;
         wh[i]=a[i].h;wv[i]=a[i].v;
         rk[i]=i;
     }
     sort(wh+,wh+n+);
     sort(wv+,wv+n+);
     th=unique(wh+,wh+n+)-wh-;
     tv=unique(wv+,wv+n+)-wv-;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         a[i].h=th-(lower_bound(wh+,wh+th+,a[i].h)-wh)+;
         a[i].v=tv-(lower_bound(wv+,wv+tv+,a[i].v)-wv)+;
     }
     sort(rk+,rk+n+,cmp);
     for(int i=;i<=n;i++)a[rk[i]].t=i;
     cdq(,n,);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         a[i].h=th-a[i].h+;
         a[i].v=tv-a[i].v+;
         a[i].id=n-a[i].id+;
         a[i].t=n-a[i].t+;
     }
     reverse(a+,a+n+);
     cdq(,n,);
     reverse(a+,a+n+);
     double smm=;
     int ans=;
     for(register int i=;i<=n;i++)
         ans=max(ans,a[i].f[]+a[i].f[]-);
     printf("%d\n",ans);
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(a[i].f[]==ans)
             smm+=a[i].g[]*a[i].g[]*1ll;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         double res=a[i].g[]*a[i].g[];
         if(a[i].f[]+a[i].f[]-!=ans)printf("%.5lf ",0.0);
         else printf("%.5f ",res/smm);
     }
     return ;
 }

lan

总结cdq的用处很大最起码不用使用复杂的树套树来维护一些东西，但是目前我知道的cdq好像都只能球三维偏序问题。

/////////////cdq专题我还没刷完，这个专题的坑还很大///////