【教程】CDQ套CDQ——四維偏序問題

前言

       上一篇文章已經介紹了簡單的CDQ分治，包括經典的二維偏序和三維偏序問題，還有帶修改和查詢的二維/三維偏序問題。本文講介紹多重CDQ分治的嵌套，即多維偏序問題。

四維偏序問題

      給定N(N<=20000)個有序四元組(a,b,c,d)，求對於每一個四元組(a,b,c,d)，有多少個四元組(a2,b2,c2,d2)滿足a2<a && b2<b && c2<c && d2<d。

       不需要太多思考，就能得到一個O(nlog^3n)算法：先按照a元素排序，然后進行CDQ分治，在合並的時候按照b元素的升序對兩個子問題進行合並（對這個操作，我們暫且稱為“對a分治，按照b合並”）。這樣，我們需要一個能進行以下操作的數據結構：

1. 插入一個二元組(c,d)；
2. 給出一個二元組(c,d)，詢問有多少個二元組(c2,d2)滿足c2<c && d2<d。

這個問題很容易用樹套樹解決，但是樹套樹巨大的常數和空間消耗往往是性能的瓶頸。記得我們之前說過，CDQ分治能代替復雜的數據結構，並將問題“降維”。這里，我們就用雙重嵌套的CDQ分治，把這個問題繼續降維，避免使用樹套樹。

       回憶二維偏序問題，我們對第一維分治之后，所有的二元組被我們划分為了左右兩部分，左邊和右邊各自的內部問題已經通過遞歸解決，剩下要考慮的就是左邊的修改對右邊的查詢的影響。我們不妨把分治后的二元組重新標記一下，左邊的為(L,b)，右邊的為(R,b)。這時候，(a1,b1)對(a2,b2)有影響，當且僅當a1 == L && a2 == R && b1 < b2。然后我們按照b的順序合並，解決了這一問題。

       對於三維偏序問題也是一樣的，對第一維分治並且重新標記之后，只有(L,b1,c1)可能對(R,b2,c2)有影響。我們用“按順序歸並”保證b元素的順序，用樹狀數組保證c元素的順序。

       對於四維偏序問題，我們也按照這樣的思路進行下去。對第一維分治，並把所有元素重新標記為(L,b,c,d)和(R,b,c,d)，然后按照b的順序合並。注意，我們在這里只是做合並，並不用任何數據結構對c和d加以維護。

       合並完之后，我們得到了一個按照b值升序排列的序列，現在，我們把這個序列復制一份，用CDQ分治統計剛剛我們沒有統計的信息——左邊的修改對右邊的查詢的影響。

       這時候這個序列僅僅是b值有序，但是a值是雜亂無章的，不過我們之前已經對a值進行了重新標記，現在a值只可能是L或者R。

       我們對b值進行分治，遞歸處理左右兩邊的子問題（別忘了我們現在要處理的問題是“在第一維分治之后，左邊的修改對右邊的查詢的影響”）。然后，把所有b值也重新標號為L和R，於是我們得到了這樣一個序列(L/R,L/R,c,d)。注意，現在只有(L,L,c,d)可能對(R,R,c,d)產生影響！請讀者仔細考慮這個條件，這是理解多重CDQ分治的關鍵！

       然后我們按照c值從小到大進行合並，這保證了統計時c值的順序，同時用樹狀數組維護d值的信息，保證考慮到d值的順序。只有一個元素為(L,L,c,d)的時候，它才可能影響到后面的查詢；只有一個元素為(R,R,c,d)的時候，它才可能收到前面的修改的影響。即，我們在歸並的時候，把一個d值加入樹狀數組，當且僅當這個四元組的a == L && b == L；我們向樹狀數組查詢d值的信息並應用到這個查詢上面，當且僅當這個四元組的a == R && b == R。

       讓我們總結一下全過程：

1. 對第一維進行排序。
2. 對第一維重新標號，然后對第一維分治，遞歸解決子問題，按照第二維的順序合並。此時只是單純的合並，並不進行統計。
3. 把合並后的序列復制一份，並對第二維重新標號，在復制的那一份中進行CDQ分治。即對第二維分治，遞歸解決子問題，按照第三維的順序合並。合並過程中用樹狀數組維護第四維的信息。

下面是[HZOI 2016]偏序 COGS 2479的AC代碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 50002;

int n;

struct Item {
    int d1,d2,d3,d4,part; // 分別表示每一維的數據，part為第一維重標號之后的值
}a[MAXN];
const int LEFT = 0;
const int RIGHT = 1;

namespace BIT { // 樹狀數組相關
    int arr[MAXN];
    inline int lowbit( int num ) { return num&(-num); }
    void add( int idx ) {
        for( ; idx <= n; idx += lowbit(idx) ) arr[idx]++;
    }
    int query( int idx ) {
        int ans = 0;
        for( ; idx; idx -= lowbit(idx) ) ans += arr[idx];
        return ans;
    }
    void clear( int idx ) {
        for( ; idx <= n; idx += lowbit(idx) ) arr[idx] = 0;
    }
}

ll ans = 0;

Item tmp3d[MAXN];
Item tmp2d[MAXN];
void cdq3d( int L, int R ) { // 對第二維分治，按照第三維合並
    if( R-L <= 1 ) return;
    int M = (L+R)>>1; cdq3d(L,M); cdq3d(M,R);
    int p = L, q = M, o = L;
    while( p < M && q < R ) { // 因為第二維是“左邊全都是L，右邊全都是R”，所以略去第二維的標號
        if( tmp2d[p].d3 < tmp2d[q].d3 ) {
            if( tmp2d[p].part == LEFT ) BIT::add( tmp2d[p].d4 );
            tmp3d[o++] = tmp2d[p++];
        } else {
            if( tmp2d[q].part == RIGHT ) ans += BIT::query( tmp2d[q].d4 );
            tmp3d[o++] = tmp2d[q++];
        }
    }
    while( p < M ) tmp3d[o++] = tmp2d[p++];
    while( q < R ) {
        if( tmp2d[q].part == RIGHT ) ans += BIT::query( tmp2d[q].d4 );
        tmp3d[o++] = tmp2d[q++];
    }
    for( int i = L; i < R; ++i ) { // 清空樹狀數組
        if( tmp3d[i].part == LEFT ) BIT::clear( tmp3d[i].d4 );
        tmp2d[i] = tmp3d[i];
    }
}
void cdq2d( int L, int R ) { // 對第一維分治，按照第二維合並
    if( R-L <= 1 ) return;
    int M = (L+R)>>1; cdq2d(L,M); cdq2d(M,R);
    int p = L, q = M, o = L;
    while( p < M && q < R ) {
        if( a[p].d2 < a[q].d2 ) {
            a[p].part = LEFT; // 重標號
            tmp2d[o++] = a[p++];
        } else {
            a[q].part = RIGHT;
            tmp2d[o++] = a[q++];
        }
    }
    while( p < M ) {
        a[p].part = LEFT;
        tmp2d[o++] = a[p++];
    }
    while( q < R ) {
        a[q].part = RIGHT;
        tmp2d[o++] = a[q++];
    }
    for( int i = L; i < R; ++i ) a[i] = tmp2d[i]; // tmp2d為“復制的那一份”
    cdq3d(L,R);
}

int main() {
    freopen( "partial_order.in", "r", stdin );
    freopen( "partial_order.out", "w", stdout );
    scanf( "%d", &n );
    for( int i = 0; i < n; ++i ) {
        a[i].d1 = i;
        scanf( "%d", &a[i].d2 );
    }
    for( int i = 0; i < n; ++i ) scanf( "%d", &a[i].d3 );
    for( int i = 0; i < n; ++i ) scanf( "%d", &a[i].d4 );
    cdq2d(0,n); printf( "%lld\n", ans );
    return 0;
}

 

習題

       [HZOI 2016]偏序 COGS 2479