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「模板」陌上花开-CDQ分治+树状数组

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有 $n$ 朵花,每朵花有三个属性:花形( $s$ )、颜色( $c$ )、气味( $m$ ),用三个整数表示。显然,两朵花可能有同样的属性。

定义一朵花 $A$ 比另一朵花 $B$ 要美丽,当且仅当 $S_a\geq S_b$ , $C_a\geq C_b$ , $M_a \geq M_b$ 。定义一朵花的等级是它拥有的美丽能超过的花的数量。

求出每个等级的花的数量。

陌上花开,可缓缓归矣。

链接

Luogu P3810

题解

这道题还有一个名字叫「三维偏序」,题面如下:

有 $n$ 个元素,第 $i$ 个元素有 $a_i$ 、$b_i$ 、$c_i$ 三个属性,设 $f(i)$ 表示满足 $a_j \leq a_i$ 且 $b_j \leq b_i$ 且 $c_j \leq c_i$ 的 $j$ 的数量。

对于$d \in [0, n)$,求$f(i) = d$的数量

我在这里使用上面的题面。(虽然是一样的。

这是一道三维偏序的模版题。很多一些二维的问题经过转化也可以变成三维偏序的类似问题,套用排序+CDQ分治+BIT来解决。

假设所有的 $(a,b,c)$ 互不相同。


第一维:排序

按照 $a$ 的大小排序从新编号 $1 -> n$ ,排序完成后就可以发现对于第 $i$ 个元素,满足条件的元素只存在于 $[1,i-1]$ 中。问题转化为:在 $[1,i-1]$ 中有多少个满足 $b_i \geq b_j$ 且 $c_i \geq c_j$ 的元素。

这个问题其实就是二维数点。因为 $b$ 乱序添加,所以不能离线解决,可以用树套树在线解决。

但是呢,我们用 $CDQ$ 分治,就可以化动态为静态。


第二维:$CDQ$ 分治

什么是 $CDQ$ 分治呢?在这里就是一个类似归并排序的东西,因为我们要统计的是小于一个数的个数。

事实上在这里,我们对于每一个元素 $i$ ,都将其看成同样内容的一次询问和一次修改。

我们在解决一个询问的区间 $[L,R]$ 时,我们只需要累计这个区间里左半部分的修改对右半部分的查询的贡献就可以了。正确性不太显然,跟树状数组类似,查询时能够涵盖 $[1,i-1]$区间。

第三维也可以接着用 $CDQ$ 分治,那就真的是归并排序了。就像归并统计逆序对似的,我们在第三维按 $c$ 进行归并排序。只需要多维护一个标记,标记在上一维里面其属于左区间还是右区间,来决定在归并时是否累及答案。


第三维:树状数组

第三维有更方便的做法,也就是用树状数组。

第二维中,我们只需要将左侧的 $c$ 按照 $b$ 在归并中的顺序加入树状数组,然后归并加入右侧元素的时候查询比 $c$ 小的数累积答案,最后得到的就是在左半区间所有 $b$ 比它小,而且 $c$ 也比它小的数的个数。


相同元素怎么处理?

在改之前强行累积一下就可以了,把后面的数对于前面的贡献给预先加上去就可以了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,k;
const int MAXN = 210000;

namespace fast_io{
    //...
}using namespace fast_io;

namespace BIT{
    int sumn[MAXN];
    int lowbit(int x){return x & (-x);}
    void add(int x,int d){
        for(;x <= k;x += lowbit(x))
            sumn[x] += d;
    }
    int query(int x){
        int ans = 0;
        for(;x >= 1;x -= lowbit(x))
            ans += sumn[x];
        return ans;
    }
}


struct Q{
    int a,b,c;
    Q(){}
    Q(int x,int y,int z):a(x),b(y),c(z){}
    bool operator < (Q w)const{
        if(a != w.a) return a < w.a;
        if(b != w.b) return b < w.b;
        else         return c < w.c;
    }
    bool operator == (Q w)const{
        return a == w.a && b == w.b && c == w.c;
    }
}q[MAXN];

bool judge(int x,int y){
    // 用于第二维的归并判断
    if(q[x].b!=q[y].b)
        return q[x].b < q[y].b;//比较两数的c
    if(q[x].c!=q[y].c)
        return q[x].c < q[y].c;//比较两数的c
    else
        return x < y;//最后比较两数的id
}

int d[MAXN],ans[MAXN],tt[MAXN];

int tmp[MAXN];

int tot,l,r;

void CDQ(int *t,int num,int depth = 0){
    //t[0] -> t[num-1] (num个元素) 
    if(num == 1) return;
    int mid = num/2;
    CDQ(t,mid,depth+1),CDQ(t+mid,num-mid,depth+1);
    // 递归分治问题
    for(tot = 0,l = 0,r = mid;l < mid && r < num;tot++){
        //归并过程,统计左半区间对右半区间的贡献
        //如果在左区间,就把其当作修改,更新树状数组
        //如果在右区间,就把其当作查询,查询树状数组,更新答案
        if(judge(t[l],t[r]))
            BIT::add(q[t[l]].c,1),tmp[tot] = t[l++];
        else
            ans[t[r]] += BIT::query(q[t[r]].c),tmp[tot] = t[r++];
    }
    //剩余的归并
    while(l < mid)
        BIT::add(q[t[l]].c,1),tmp[tot++] = t[l++];
    while(r < num)
        ans[t[r]] += BIT::query(q[t[r]].c),tmp[tot++] = t[r++];
    for(int i = 0;i<mid;i++) BIT::add(q[t[i]].c,-1);//清空树状数组
    memcpy(t,tmp,sizeof(int) * num);//拷贝数组
}

void init(){
    read(n),read(k);
    int a,b,c;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        read(a),read(b),read(c);
        q[i] = Q(a,b,c);
    }
}

void solve(){
    sort(q+1,q+n+1);
    for(int i = n;i>=1;--i){
        // 累计相同元素的贡献
        if(q[i] == q[i+1])
            ans[i] = ans[i+1] + 1;
        tt[i] = i;
    }
    CDQ(tt+1,n);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        ++d[ans[i]];
    for(int i = 0;i<n;i++)
        print(d[i]),print('\n');
}

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

cqqqwq
WRITTEN BY
cqqqwq
A student in Computer Science.

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