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「BOI2007」Mokia-CDQ分治套CDQ分治

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在定位系统中,世界被认为是一个 $W \times W$ 的正方形区域,由 $1 \times 1$ 的方格组成。每个方格都有一个坐标 $(x,y)$ , $1 \leq x,y \leq W$。

有三种命令,意义如下:

  • 0 W 初始化一个全零矩阵。本命令仅开始时出现一次。
  • 1 x y A 向方格 $(x,y)$ 中添加A个用户。A是正整数。
  • 2 X1 Y1 X2 Y2 查询 $X1 \leq x \leq X_2$ , $Y_1 \leq y \leq Y_2$ 所规定的矩形中的用户数量
  • 3 无参数 结束程序。本命令仅结束时出现一次。

链接

Luogu P4390

题解

二维动态数点问题。

有很多种解法,树套树,$\text{CDQ}$ 分治 + 树状数组,$\text{CDQ}$ 分治套 $\text{CDQ}$ 分治。

这里选择了最后一种方法,练习一下 $\text{CDQ}$ 分治。

首先要明确,第 $x$ 个维度的 $\text{CDQ}$ 分治解决的是所有在前 $x-1$ 次分治中划分的(左/右)都相同的询问中,左->右的贡献。

在这里叙述一下 $\text{CDQ}$ 套 $\text{CDQ}$ 解决三维偏序问题(也可以推广到更高维的一个过程):

以三维偏序为例子,我们的三元组令其为 $(a,b,c)$ 。

预处理(相当于消掉一个维度):

  1. 对第一维 $a$ 进行排序

对第一维分治 CDQ1d(L,R)

  1. 对第一维 $a$ 进行分治,递归处理 CDQ1d(L,mid)CDQ1d(mid,R)
  2. 按第二维 $b$ 进行归并,此时不计算答案,只记录在这次分治中,该询问/修改属于左半区间 $\text{LEFT}$ 或者 右半区间 $\text{RIGHT}$ 。
  3. 复制一份归并后的该区间 $[l,r]$ 的询问数组,用其进行第二维的分治

对第二维分治 CDQ2d(L,R)

  1. 第二维 $b$ 进行分治,递归处理 CDQ2d(L,mid)CDQ2d(mid,R)
  2. 第三维 $c$ 进行归并,此时需要计算答案,记录一个临时变量 $\text{tmp}$ (树状数组)。如果归并左侧新加入的查询/修改在之前维度的分治中均属于左半区间 $\text{LEFT}$ ,则给 $\text{tmp}$ (树状数组)做对应的修改; 如果归并右侧新加入的查询/修改在之前维度的分治中均属于右半区间 $\text{RIGHT}$ ,则计算相关贡献。

可以发现,这个递归是可以再次嵌套的,只有最外面一维是需要计算贡献的,前面只要记录每一维的 $\text{LEFT}$ 或 $\text{RIGHT}$,在最后计算即可。

事实上,我们在最后一层递归需要计算的只有 $(\text{LEFT},…,\text{LEFT},x_1)$ 对 $(\text{RIGHT},..,\text{RIGHT},x_2)$ 的贡献。

为什么这样就可以计算完全呢?

我们考虑到,如果在前 $x-1$ 个维度其有任意一个维度被划分到了一个区间,那么他们就会共同进入一次分治,那么这两个询问/查询之间的影响就会在子问题里面被解决,所以我们这样做的正确性是可以保证的。

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#include <cstdio>
using namespace std;

const int MAXN = 300000;

int n,qaq;

struct T{
  int id,op,a,b,add,ans,part;
  //add = 1/-1
  T(){
    id = op = a = b = add = ans = part = 0;
  }
  T(int _id,int _op,int _a,int _b,int _add,int _ans = 0,int _p = 0){
    id = _id,op = _op,a = _a,b = _b,add = _add,ans = _ans,part = _p;
  }
}t[MAXN];int tot;

int ans[MAXN],vis[MAXN];
int cdq[MAXN],tmp1d[MAXN],tmp2d[MAXN];

const int LEFT = 0,RIGHT = 1;

void CDQ2d(int *w,int l,int r){//对第二维(a) 分治,对第三维 (b) 合并
  // 这里给出序列 w 的时候应该其第一维坐标 (a) 已经有序
  if(l == r) return;
  int mid = (l+r)>>1;
  CDQ2d(w,l,mid),CDQ2d(w,mid+1,r);//递归解决子问题
  int L = l,R = mid+1,c = l;//现在左边第二维全部小于右边
  int tmp = 0;
  // 跨越维度的分治只需要考虑 (L,b1) 对 (R,b2) 的影响,剩余的在1d的分治里面已经解决
  // 更高维度的分治同理,只需要考虑 (L,...,L,b1) 对 (R,...,R,b2) 的影响;
  // 第一维相同的在 1d 里面解决,第二维相同的在 2d 里面解决
  while(c <= r){// 对第三维度进行归并排序
    if(R > r || (L<=mid && t[w[L]].b <= t[w[R]].b)){
      if(t[w[L]].part == LEFT && t[w[L]].op == 1) tmp += t[w[L]].add;
      tmp2d[c++] = w[L++];
    }
    else{
      if(t[w[R]].part == RIGHT && t[w[R]].op == 2) t[w[R]].ans += tmp;
      tmp2d[c++] = w[R++];
    }
  }
  for(int i = l;i<=r;i++) w[i] = tmp2d[i];
}

void CDQ1d(int *w,int l,int r){//对第一维(隐去)分治,对第二维合并
  if(l == r) return;
  int mid = (l+r)>>1;
  CDQ1d(w,l,mid),CDQ1d(w,mid+1,r);// 递归解决子问题
  int L = l,R = mid+1,c = l;
  while(c <= r){
    if(R > r || (L <= mid && t[w[L]].a <= t[w[R]].a))// 对第二维进行归并
      t[w[L]].part = LEFT,tmp1d[c++] = w[L++];
    else
      t[w[R]].part = RIGHT,tmp1d[c++] = w[R++];
  }
  for(int i = l;i<=r;i++) w[i] = tmp1d[i];// tmp1d相当于复制的一份
  CDQ2d(tmp1d,l,r);
}

void init(){
  scanf("%d %d",&qaq,&n);
  for(int i = 1;;i++){
    int op,x,y,x1,y1,v;
    scanf("%d",&op);
    if(op == 3){break;}
    if(op == 1){
      scanf("%d %d %d",&x,&y,&v);
      t[++tot] = T(i,1,x,y,v);
    }
    else if(op == 2){
      vis[i] = 1;
      scanf("%d %d %d %d",&x,&y,&x1,&y1);
      t[++tot] = T(i,2,x-1,y-1,1);
      t[++tot] = T(i,2,x-1,y1,-1);
      t[++tot] = T(i,2,x1,y-1,-1);
      t[++tot] = T(i,2,x1,y1,1);
    }
    else{return;}
  }
}

void solve(){
  for(int i = 1;i<=tot;i++){
    cdq[i] = i;
  }
  CDQ1d(cdq,1,tot);
  for(int i = 1;i<=tot;i++){
    if(vis[t[i].id])
      ans[t[i].id] += t[i].add * t[i].ans;
  }
  for(int i = 1;i<=tot;i++){
    if(vis[i]){
      printf("%d\n",ans[i]);
    }
  }
}

int main(){
  init();
  solve();
  return 0;
}

cqqqwq
WRITTEN BY
cqqqwq
A student in Computer Science.

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