cdq分治，網上的闡述很多，太專業性的文字我就不贅述，這裡指談談自己的感受
還是%一下cdq大神的**
cdq分治的主要想法就是降維(比如三維問題降維到二維問題)，並付出o(
logn
) o(l
ogn)
的代價
前提：支援離線
那麼我們思考一下經典二維偏序問題：
給定數列a和b，問(i
(
i 滿足ai <=aj ,bi<=bj a i<=aj ,b i<=bj 的組數 我們把每乙個i對應的ai ,bi ai, bi 當做二維平面上的點 並以x座標為比較函式進行排序，使得對於任意 i< j i < j，滿足ai <=aj a i<=aj ，這樣我們只需要討論b的情況，但是暴力跑一遍顯然是不夠優秀的 採用分治思想 將區間[l, r][ l, r] 分成[l ,mid ] [l, mid] 和[mid+1 ,r] [mi d+1, r] ，先遞迴處理子問題，再考慮當前情況下左區間對右區間的貢獻有多少 把左右區間按照b的值排序，這個時候左區間所有點的a嚴格小於等於右區間所有數的a，所以我們可以直接雙指標計算一下貢獻 每一層的時間效率都是o( n)o (n )，一共有log層，於是時間複雜度是o( nlog n)o (n logn )思考一下如果是三維的情況怎麼辦？ 我們先對x排序，然後我們發現這樣的問題轉化成了二維問題，然後就可以套用二維偏序的方法了 bzoj3262#include
using
namespace
std;
#define n 100010
#define k 200010
struct bit
return ans;
}}t;struct nodep[n];
int n,k,ans[n];
inline
bool cmp1(node a,node b)
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
solve(mid+1,r);
sort(p+l,p+mid+1,cmp2);
sort(p+mid+1,p+r+1,cmp2);
int tl=l,tr=mid+1;
while(tr<=r)
for(int i=l;iint main()
swap(n,newn);
solve(1,n);
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=n;i++)ans[p[i].ans]+=p[i].cnt;
for(int i=1;i<=newn;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return
0;}但是如果增加了修改怎麼辦？
這是時cdq分治就變成了真·cdq分治
我們同樣可以把問題遞迴並且只考慮當前增層的狀態
但是我們發現了修改這一神奇物質
所以我們先很自然不可抗力地把原問題按照時間排序，。。。其實就是不動
然後我們解決了時間的限制之後就可以在原問題上進行遞迴了
思路大概是這樣的：
我們先將問題遞迴到左右子區間，分別統計之後我們只需要統計左區間修改對右區間查詢的貢獻(為什麼沒有右區間到左區間呢？)，然後我們將左區間的修改和右區間的查詢全部拿出來(感性理解一下)，然後我們發現這個時候修改和查詢又混在一起了，但是我們不用考慮時間關係只用考慮位置關係，所以我們就可以直接按照某一維的位置關係排乙個序。。。
然後我們就發現我們將原問題成功的降維了
感覺賊優秀
hdu5126
本人部落格
/*hdu5126 cdq分治*/
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
#define n 500010
struct bit
}t;struct que
que(int _x,int _y,int _z,int _id,int _typ,int _w)
}q1[n<<3],q2[n<<3],q3[n<<3],q4[n<<3];
int n,t,pre[n<<1],ans[n];
vector
v;bool cmp1(que a,que b)
for(int i=1;i1);
}void solve1(int l,int r)
int main()else
}sort(pre+1,pre+tot+1);
tot=unique(pre+1,pre+tot+1)-pre-1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)q1[i].z=lower_bound(pre+1,pre+tot+1,q1[i].z)-pre;
solve1(1,cnt);//***cnt!=n
for(int i=0;iprintf("%d\n",ans[v[i]]);
}return
0;}
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