前言
這是一波強行總結。
下面是一波瞎比比。
這幾天做了幾道CDQ/整體二分，感覺自己做題速度好慢啊。
很多很顯然的東西都看不出來 分治分不出來 打不出來 調不對
上午下午晚上的效率完全不一樣啊。
完蛋.jpg 絕望.jpg。
關於CDQ分治
CDQ分治，求的是三維偏序問題都知道的。
求法呢，就是在分治外面先把一維變成有序
然后分治下去，左邊(l,mid)關於右邊(mid+1,r)就不存在某一維的逆序了，所以只有兩維偏序了。
這個時候來一波"樹狀數組求逆序對"的操作搞一下二維偏序
就可以把跨過中線的，左邊更新右邊的情況計算出來。
注意：只計算左邊的操作對右邊的詢問的貢獻！
然后左右兩邊遞歸處理就好了。
正確性：按照線段樹的形態遞歸的CDQ分治，保證每一對三元組在第一維划分的線段樹上都有且僅有一個LCA(這不廢話嗎)，而這一組答案就會且僅會在LCA處計算。如果在LCA下面，點對不在一個work內自然不會計算。如果在LCA上面了，點對就在同一側，不會互相更新。
復雜度：設一次work的復雜度是f(len)，則復雜度是O(f(n)logn)。
一般都在分治里用樹狀數組，一般的復雜度就是O(nlog2n)的。
一般是這樣的套路：假設三維偏序分別為a,b,c；
在main函數里保證a遞增。
然后在CDQ里先分治左右，傳下去的時候a仍然遞增，不破壞性質。
然后分治完左右兩邊后，需保證左右兩邊分別b都是遞增的(a不重要)。
然后就是類似歸並排序的操作了。
此時左邊的a肯定都小於右邊的a,那么如果對於一個右邊的元素
之前類似歸並的操作就可以保證所有小於b的左邊的元素都已經遍歷過。
那么找c也小於它的？值域線段樹/樹狀數組等數據結構維護一下就好了。
然后你這么歸並了一波后，就發現統計完答案后b是有序遞增的了(這個時候a已經不重要了)。
對於上層操作，符合"左右兩邊分別b是遞增的"了。
BZOJ陌上花開竟然是權限題？這是在搞笑。
好吧BZOJ動態逆序對，之前寫過的，做兩次CDQ就好了。
BZOJ稻草人，也是CDQ，加個單調棧。
還有一個就是高維偏序問題。
cogs上的2479 HZOI2016 偏序 就是四維偏序板子。
后面還有兩個加強版，到了七維，不是CDQ干的事情，詳情請見這個PPT。
校內交流所以做的不是很嚴謹(吐舌)
這里只談論四維偏序，即a<a' b<b' c<c' d<d'。
做法是喜聞樂見的CDQ套CDQ套樹狀數組。
有個很妙的博客：Candy？
首先在外面按照a排好序。
進第一層CDQ。先遞歸處理，然后標記本來是在mid左邊還是右邊的，左1右0，然后按b排序。
還是只統計左邊部分跨過中線對右邊部分的貢獻。
按照b排好序后，就變成了統計標記為0的點的"在它左邊的、標記為1的、(c,d)都小於它的點的個數"。
"在它左邊+(c,d)都小於它" = 三維偏序。
復制到另一個數組里再做一次cdq就可以了。
復雜度O(nlog^3n)。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <vector> #include <cstring> #include <queue> #include <complex> #include <stack> #define LL long long int #define dob double #define FILE "partial_order" //#define FILE "CDQ" using namespace std; const int N = 100010; struct Data{int a,b,c,id;}p[N],que[N],que2[N]; int n,vis[N],tim,T[N]; LL Ans; inline int gi(){ int x=0,res=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();} while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*res; } inline void update(int x){ for(;x<=n;x+=x&-x){ if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim; T[x]++; } } inline int query(int x,int ans=0){ for(;x;x-=x&-x){ if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim; ans+=T[x]; } return ans; } inline void cdq(int l,int r){ if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l; cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);tim++; while(i<=mid && j<=r){ if(que[i].b<que[j].b){ if(que[i].id)update(que[i].c); que2[k++]=que[i++]; } else{ if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c); que2[k++]=que[j++]; } } while(i<=mid)que2[k++]=que[i++]; while(j<=r){ if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c); que2[k++]=que[j++]; } for(k=l;k<=r;++k)que[k]=que2[k]; } inline void CDQ(int l,int r){ if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l; CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r); while(i<=mid && j<=r){ if(p[i].a<p[j].a)que[k]=p[i++],que[k++].id=1; else que[k]=p[j++],que[k++].id=0; } while(i<=mid)que[k]=p[i++],que[k++].id=1; while(j<=r)que[k]=p[j++],que[k++].id=0; for(k=l;k<=r;++k)p[k]=que[k];cdq(l,r); } int main() { freopen(FILE".in","r",stdin); freopen(FILE".out","w",stdout); n=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].a=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].b=gi(); for(int i=1;i<=n;++i)p[i].c=gi(); CDQ(1,n);printf("%lld\n",Ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
關於整體二分
整體二分主要是把所有詢問放在一起二分答案，然后把操作也一起分治。
什么時候用呢？
當你發現多組詢問可以離線的時候
當你發現詢問可以二分答案而且check復雜度對於單組詢問可以接受的時候
當你發現詢問的操作都是一樣的的時候
你就可以使用整體二分這個東西了。
具體做法講起來有些玄學，其實類似主席樹轉化到區間的操作或者線段樹上二分。
想想：二分答案的時候，對於一個答案，是不是有些操作是沒用的，有些操作貢獻是不變的？
比如二分一個時間，那么時間后面發生的操作就是沒有用的，時間前面的貢獻是不變的。
二分一個最大值，比mid大的都是沒用的，比mid小的個數是一定的。
整體二分就是利用了這么一個性質。
平時我們二分答案，都是這么寫的：
inline int check(int mid){ int num=0; for(int i=1;i<=m;++i) if(calc(i,mid)) num++; return num; } ... int l=...,r=...,ans=-1; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)<k)l=mid+1; else ans=mid,r=mid-1; }
這種寫法已經很優秀了。但是如果有q次詢問，復雜度就是O(qmlogn)。
換種方式：
inline bool check(int mid){ int t1=0,t2=0; for(int i=1;i<=m;++i){ if(calc(i,mid))que[1][++t1]=i; else que[2][++t2]=i; } if(t1>=k){ m=t1; for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[1][i]; return 1; } else{ m=t2; for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[2][i]; k-=t1;return 0; } } ... int l=...,r=...,ans=-1; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid))r=mid-1,ans=mid; else l=mid+1; }
(如上面代碼有錯誤請指出)
分析起來復雜度並沒有什么改變......
但是如果把二分答案看成一棵二叉樹，每個點(區間[l,r])的權值為check的操作數。
把當前是第幾次二分看成這個區間的深度(層)。
每一層的區間相互沒有交。
那么有一個優秀的性質：只有log層，每一層的點權和為O(m)。
所以這個時候對於多組詢問一起處理，復雜度為O((m+q)logn)。
二分答案，然后把沒有用的操作掃進右邊，和答案在[mid+1,r]的詢問一起遞歸處理。
把有用的操作放進左邊，減去不變的貢獻，和答案在[l,mid]的一起遞歸處理。
注意答案在[mid+1,r]的詢問要算上放進了左邊的操作的貢獻，開個變量記下來/直接減掉都可以。
注意整體二分在solve內的復雜度一定只能與區間長度線性相關，不能每次都有別的復雜度！
比如一次solve的復雜度是O(lenlogn)就可以，O(len+sqrt(n))就不行。
大概就是這么一個東西。
復雜度？和CDQ是一樣的，都是O(f(len)logn)。
例題？BZOJ3110 K大數查詢 Codevs Meteors。
一樣的套路了。
關於一些要注意的地方
歸並一定要把剩下的搞完！每次我都忘記這碼子事！
樹狀數組不能暴力清零！記個time或者依葫蘆畫瓢減回去都可以，一定不能清零！
不要在CDQ里面套sort，太慢辣！(一定進不了第一版的！)