二維偏序

二維/三維偏序

定義：

形如 \(x_i<x_j\) 且 \(y_i<y_j\) 之類的約束條件，我們可以稱為二維偏序。
逆序對就是一個非常經典的二位偏序。

解決：

如果按照暴力想法，我們 \(O(n^2)\) 的時間枚舉 \(i,j\) ,這樣太慢了。

處理第 \(i\) 位時，我們已經處理過 \([0,i-1]\) 的數量，那么我們可不可以用一個數據結構記錄一下之前的情況呢？

這就引出了二維偏序。

我們把第一維從小到大排序，然后遍歷，將第二位插入樹狀數組中，每次查詢，即可解決問題。

其中，因為只擁有這些約束條件，我們需要離散化，減小空間

例子：

就以逆序對作為例子：

先將這個序列離散化，反向排序，此時我們轉化成： 記錄當前點權值大於之前點的個數之和，也就是正序對。

我們定義一個樹狀數組為： 記錄 \(i\) 前小於 \(val[i]\) 的點權的個數，於是我們就可以在遍歷時 插入，查詢。

代碼：

void add(){...}
int query(){...}
...
for(int i=1;i<=n;i++){
    add(val[i],1);
    ans+=query(val[i]-1);
}

例題：

CF1311F Moving Points

我們分三種情況討論：

1. \(x_i<x_j\),\(v_i<=v_j\) : 最小距離就是當前兩點距離。
2. \(x_i<x_j\),\(v_i>v_j\) : 肯定能追上，最小距離為 \(0\)。
3. \(x_i<x_j\),\(v_i\geq0,v_j\leq 0\) : 相遇問題，最小距離為 \(0\)。

那么這個問題就轉換成了 求\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n} x_i<x_j\And v_i<v_j\) 的點對的個數。

我們於是定義兩個樹狀數組，第一個 \(t[1]\) 是已經維護了的點的數量 \(A\) ，第二個 \(t[2]\) 是已經維護的點到原點的距離之和 \(B\)

所以公式為 \(\sum_{i=1}^n A*x[i]-B\)
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define lowbit(x) x&-x
const int N=2e5+5;
int t[2][N],b[N],n,m,ans;
struct node{
    int x,v;
}e[N];
bool cmp(node a,node b){
    return a.x==b.x?a.v<b.v:a.x<b.x;
}
void add(int x,int z,int t[]){
    for(;x<N;x+=lowbit(x)) t[x]+=z;
}
int query(int x,int t[]){
    int res=0;
    for(;x;x-=lowbit(x)) res+=t[x];
    return res;
}
signed main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].x);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].v),b[i]=e[i].v;
    sort(e+1,e+n+1,cmp); sort(b+1,b+1+n);
    int m=unique(b+1,b+1+n)-b;
    for(int i=1;i<=n;i++) e[i].v=lower_bound(b+1,b+1+m,e[i].v)-b;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        add(e[i].v,e[i].x,t[0]); add(e[i].v,1,t[1]);
        ans+=query(e[i].v,t[1])*e[i].x-query(e[i].v,t[0]);
        //已經維護了速度小於v[i]點的數量      已經維護的速度小於v[i]點到原點距離之和
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}