cdq分治（bzoj 1176: [Balkan2007]Mokia && bzoj 2683: 简单题）

CDQ分治：

本质：对询问进行分治

优点：和莫队分块一样都属于技巧，关键时刻能免去复杂的数据结构，常数小

缺点：必须离线

参考：http://blog.csdn.net/hbhcy98/article/details/50642773

http://www.cnblogs.com/mlystdcall/p/6219421.html

问题提出：

假设有数十万个操作，每次可以是修改和查询，可以这样理解：

对于第x个查询，只有前面的部分操作会对该查询有影响，而部分操作没有影响，

例如一个空的坐标系，操作C(x, y)表示添加一个点(x, y)，Q(x, y)表示查询在(0, 0)到(x, y)这个范围内有多少个点

那么C(1, 2)会让Q(3, 5)的答案+1，C(4, 1)却对Q(3, 5)没有影响

这样每次查询的答案相当于之前若干次操作的叠加！

思考：

那么理论上只要对于每个询问，只要知道有多少个操作对它有贡献就行了，

而很容易发现，很好判定一个操作是否对某次查询有贡献，就像上面坐标系的例子：

对于C(x, y)和Q(x', y')，①满足x<=x'就可能有贡献，但只要x>x'就一定不可能有贡献，这就相当于是一个“序”

所以可以先将所有的C和Q作为一个整体按x排序

但是不一定，对于C(x, y)和Q(x', y')，还必须满足②y<=y'，这就相当于第二个"序"，也就是说按x排完序之后前面满足条件y<=y'的C(x, y)的数量才是Q(x', y')的答案，考虑暴力，遇到一个C(x, y)就让cnt[y]++，遇到一个Q(x', y')的话查询cnt[]的前缀和，答案就是∑cnt[i]  (0<=i<=y)，这是经典问题，可以用树状数组解决

其实到这里对于先给n个加点操作，再给m个查询操作的问题就可以解决了！

但是万一加点操作和查询操作（也就是C和Q）混在一起呢？这样就相当于有第三个“序”，在满足x<'x'和y<=y'的条件下还要满足这个C出现在这个Q之前！令C(x, y, s)表示在第s秒添加一个点(x, y)，Q(x', y', s')表示查询在s'秒之前(0, 0)到(x, y)这个范围内有多少个点，第三维又该如何解决呢？

解决：

这就是“三维偏序问题”，第一维直接排序，第二维可以树状数组，第三维就必须用CDQ分治了

参考题目：bzoj 3262：陌上花开（三维偏序裸题）

当然CDQ分治本质当然还是分治，只不过是对操作和询问的分治，就拿上面例子，大致步骤如下：

①对于所有的C(x, y, s)、Q(x', y', s')当然还是按x排序（y仍然用树状数组暴力）

②假设共有n个操作+查询，开始二分，第一步当然是整个区间[1, n]

③m = (1+n)/2，将整个区间分为左右两个部分，更新y用树状数组就不说了，所有在[1, m]区间内满足s<m的C操作对所有在(m, n]范围内满足s'>m的Q询问有贡献，计算这个贡献，然后重排，在保证x有序的情况下将所有满足s<=m的全部丢在左区间，将所有s>m+1的全部丢在右区间，递归区间[1, m]和(m, n]，重复步骤③

④结束，输出答案！

这样问题就解决了，复杂度O(nlog²n)

下面看题

2683: 简单题

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Description

你有一个N*N的棋盘，每个格子内有一个整数，初始时的时候全部为0，现在需要维护两种操作：

命令

参数限制

内容

1 x y A

1<=x,y<=N，A是正整数

将格子x,y里的数字加上A

2 x₁ y₁ x₂ y₂

1<=x₁<= x₂<=N

1<=y₁<= y₂<=N

输出x₁ y₁ x₂ y₂这个矩形内的数字和

3

无

终止程序

Input

输入文件第一行一个正整数N。

接下来每行一个操作。

Output

对于每个2操作，输出一个对应的答案。

Sample Input

4

1 2 3 3

2 1 1 3 3

1 2 2 2

2 2 2 3 4

3

Sample Output

3

5

没错就是上面例子中的那道题，题解已经给出了

那就看程序吧，可以将每个查询拆成四个(0, 0)到(x, y)的部分

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int n, t, z, tre[500005], ans[200005];typedef struct Res{int x, y, val, opt, id, xd;bool operator < (const Res &b) const{if(x<b.x || x==b.x && y<b.y || x==b.x && y==b.y && opt<b.opt)return 1;return 0;}}Res;Res s[800005], L[400005], R[400005];void Update(int x, int val){while(x<=n){tre[x] += val;x += x&-x;}}int Query(int x){int ans = 0;while(x){ans += tre[x];x -= x&-x;}return ans;}void Cdq(int l, int r){int m, i, p, q;if(l==r)return;m = (l+r)/2;for(i=l;i<=r;i++){if(s[i].opt==1 && s[i].id<=m)Update(s[i].y, s[i].val);if(s[i].opt==2 && s[i].id>m)ans[s[i].xd] += Query(s[i].y)*s[i].val;}for(i=l;i<=r;i++){if(s[i].opt==1 && s[i].id<=m)Update(s[i].y, -s[i].val);}p = q = 0;for(i=l;i<=r;i++){if(s[i].id<=m)L[++p] = s[i];elseR[++q] = s[i];}for(i=l;i<=m;i++)s[i] = L[i-(l-1)];for(i=m+1;i<=r;i++)s[i] = R[i-m];Cdq(l, m);Cdq(m+1, r);}int main(void){int i, opt, x1, y1, x2, y2;scanf("%d", &n);while(1){scanf("%d", &opt);if(opt==3)break;else if(opt==1){t++;scanf("%d%d%d", &s[t].x, &s[t].y, &s[t].val);s[t].opt = 1, s[t].id = t;}else{z++;scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);t++, s[t].x = x1-1, s[t].y = y1-1, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = 1, s[t].opt = 2;t++, s[t].x = x2, s[t].y = y2, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = 1, s[t].opt = 2;t++, s[t].x = x1-1, s[t].y = y2, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = -1, s[t].opt = 2;t++, s[t].x = x2, s[t].y = y1-1, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = -1, s[t].opt = 2;}}sort(s+1, s+t+1);Cdq(1, t);for(i=1;i<=z;i++)printf("%d\n", ans[i]);return 0;}