[BZOJ3262]陌上花开

陌上花开

Description
有n朵花，每朵花有三个属性：花形(s)、颜色(c)、气味(m)，又三个整数表示。现要对每朵花评级，一朵花的级别是它拥有的美丽能超过的花的数量。定义一朵花A比另一朵花B要美丽，当且仅当Sa>=Sb,Ca>=Cb,Ma>=Mb。显然，两朵花可能有同样的属性。需要统计出评出每个等级的花的数量。
Input
第一行为N,K (1 <= N <= 100,000, 1 <= K <= 200,000 ), 分别表示花的数量和最大属性值。
以下N行，每行三个整数si, ci, mi (1 <= si, ci, mi <= K)，表示第i朵花的属性
Output
包含N行，分别表示评级为0…N-1的每级花的数量。
Sample Input
10 3
3 3 3
2 3 3
2 3 1
3 1 1
3 1 2
1 3 1
1 1 2
1 2 2
1 3 2
1 2 1
Sample Output
3
1
3
0
1
0
1
0
0
1
HINT
1 <= N <= 100,000, 1 <= K <= 200,000

Solution
我们把第一维的要求视作时间,进行排序,再运用CDQ分治的思想,然后我们就可以将问题转化为:
给出一个点集,查询一个点左下方点的数量
解决这个问题我们只需要,我们将一维排序,一维树状数组统计即可
这样排序会多一个log出来,我们可以时刻维护一个有序表,采用线性合并有序表的方式把这个log卡掉

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int,int> PII;const int N = 200010;struct Pack{    int a,b,c,cnt,ans;}lst[N],tmp[N];int n,m,K,d[N],top;PII st[N];int cnt[N];inline bool cmp(const Pack &a,const Pack &b){return a.a<b.a || a.a==b.a && a.b<b.b || a.a==b.a && a.b==b.b && a.c<b.c;}inline void mdf(int x,int dt,bool flg=1){if(flg)st[++top]=PII(x,dt);for(;x<=K;x+=x&-x) d[x]+=dt;}inline int qry(int x){int rs=0;for(;x;x^=x&-x) rs+=d[x];return rs;}inline void rollback(){for(;top;mdf(st[top].first,-st[top].second,0),top--);}inline void solve(int l,int r){    if(l==r) {lst[l].ans+=lst[l].cnt-1;return;}    int mid=l+r>>1,pl,pr,cp;    solve(l,mid);solve(mid+1,r);    for(pl=l,pr=mid+1,cp=l;pl<=mid || pr<=r;)        if(pl<=mid && (pr>r || lst[pl].b<=lst[pr].b)) mdf(lst[pl].c,lst[pl].cnt),tmp[cp++]=lst[pl++];        else lst[pr].ans+=qry(lst[pr].c),tmp[cp++]=lst[pr++];    for(int i=l;i<=r;i++) lst[i]=tmp[i];    rollback();}int main(){    scanf("%d%d",&n,&K);    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&lst[i].a,&lst[i].b,&lst[i].c),lst[i].cnt=1;    sort(lst+1,lst+n+1,cmp);m=1;    for(int i=2;i<=n;i++)        if(lst[m].a==lst[i].a && lst[m].b==lst[i].b && lst[m].c==lst[i].c) lst[m].cnt++;        else lst[++m]=lst[i];    solve(1,m);    for(int i=1;i<=m;i++) cnt[lst[i].ans]+=lst[i].cnt;    for(int i=0;i<n;i++) printf("%d\n",cnt[i]);    return 0;}