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### 使用 CDQ 实现偏序问题

CDQ 分治本身很好理解, 只是复杂度有点玄学而已。

### 逆序对问题

贡献定义为 $j=1 \cdots i-1$ 中求出 $a[j]>a[i]$。这样子朴素的算法就很简单, 只需要对 $1 \cdots i-1$ 进行遍历, 时间复杂度 $O(n^2)$。不过也有 $O(n\ log\ n)$ 的方法, 这里做下铺垫, 先讲解权值线段树的做法。

每加入一个数字, 我们可以把这个数字插入到权值线段树中, 如下:

![](./images/CDQ-1.png)

当到第 $i$ 个数字的时候, 我们就可以直接在权值线段树中查询 $num[i] \cdots max$ (其中 $max$ 为 $1 \cdots i-1$ 最大的值)。这就是第 $i$ 个数的贡献。查询完以后记得要继续插入此数。

### 权值线段树转化为树状数组

这就比较好理解, 跟权值线段树大同小异, 查询、修改都差不多 (甚至是参数也相同)。

### 偏序问题的定义

什么是偏序? $N$ 维偏序, 也就是给你 $N$ 个数组,$i$ 的贡献定义为数组 $1$ 数组 $2 \cdots$ 数组 $N$ 的第 $i$ 个数在这 $N$ 个数组中满足 数组 $1[i]$
 $2[i]  \cdots N[i] \leq 1[j],2[j] \cdots N[j]$。($1\leq i,j\leq N$)

或许有点模糊, 我们用二维偏序来说。给定数组 $a,b$。如果 $a[j]\leq a[i]$ 且 $b[j]\leq b[i]$ 的话, 就算是一个贡献。$N$ 维也是如此。

### 如何解决问题

其实都可以用权值线段树或者树状数组来完成此类问题, 这里来讲一下 CDQ 分治。 CDQ 分治和其它数据结构差不多, 几乎都是每多一维, 时间复杂度多个 $log\ n$。那么二维偏序直接用树状数组, 这里不多说。

CDQ 的思想大体可以认为是 先算出 $l \cdots mid$ 的贡献, 然后算出 $l$ 对 $r$ 的贡献, 最后再算 $mid \cdots r$ 的贡献。对于 $l \cdots mid$ 和 $mid \cdots r$ 的贡献, 可以直接用分治的思想递归求解左右两个区间 $[l,mid]$ 和 $[r,mid]$ 。为什么呢? 因为分治以后它们会对自己的 $l \cdots r$ 算自己的贡献, 所以这样子木有问题。现在讨论的重点就是如何求出 $l \cdots r$ 的贡献。

三维偏序问题: 偏序问题的第一维, 我们是直接排序的。注意要按第 $1$ 个数组为第 $1$ 关键字, 第 $2$ 个为第 $2$ 个关键字...... 然后我们就可以保证整个数组 $a[i]\leq a[j]\ (i\leq j)$。我们现在有一个区间 $l,r$ , 我们先 $CDQ(l,mid)$。随后我们给 $l,r$ 这个区间进行编号, $num[i]:=i$(这个时候 $num$ 为编号)。我们再用一个数组 $element[l \cdots r]$ 为 $l \cdots r$ 的 $b[i]$, 然后进行 $Sort(l,r)$。其中 $element$ 为第一关键字, $num$ 为第二关键字。

最后循环扫一遍, 因为这个时候后已经满足 $b[i]\leq b[j]\ (i\leq j)$。我们就可以按照逆序对这样子, 对权值线段树 (树状数组) 插入第三维 $c[i]$。如果 $num[i]\leq mid$ 的话, 我们就插入, 否则算贡献。为什么这样子呢? 因为现在满足的是 $b[i]\leq b[j]\ (i\leq j)$ , 而 $num[i]\leq mid$ 可以满足 $a[l \cdots mid]\leq a[mid+1 \cdots r]$, 我们只需要对 $c$ 数组进行逆序对一样的操作。

```cpp
void CDQ(int l,int r) {
	if(l==r) return; // 到了叶子, 退出
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid); // 先左边
	for(int i=l;i<=r;++i) { // 赋值
		element[i]=point[2][i]; // 第二维
		num[i]=i; // 编号
	}
	Sort_2(l,r); // 进行排序, 关键字如上述
	for(int i=l;i<=r;++i) {
		if(num[i]<=mid) { // 左边的, 插入
			Insert(point[3][num[i]],1);
		} else {
			value[num[i]]+=Query(point[3][num[i]]); // 算贡献
		}
	}
	for(int i=l;i<=r;++i) { // 还原树状数组
		if(num[i]<=mid) {
			Insert(point[3][num[i]],-1); // 还原, 所以是 - 1
		}
	}
	CDQ(mid+1,r); // 再往右边
}
```

$a[l \cdots mid]\leq a[mid+1 \cdots r]$ 是只能算出 $l$ 对 $r$ 的贡献的, 所以就需要分治啦。最后别忘了还原树状数组和递归计算两侧区间的答案！ 加上树状数组时间复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

三维偏序就如此, 谢谢大家。

### 1. 一维树状数组问题

题目大意 : 给出一个序列 ($N$个数字) , 操作包括单点修改, 区间查询。

再次提一下 CDQ 分治的主要思想:

- 求左边区间的贡献
- 求右边区间的贡献
- 求左半边对右半边的贡献

在求偏序的时候, 以上三点的顺序是可以打乱的。不过在这道题目中, 必须遵循一定的顺序, 需要注意。

在我们使用树状数组或者线段树解决这道问题的时候, 基于的是前缀和和分治的思想, 这里稍微有点不同。我们想,**一个修改必定会影响它后面的查询**, 当我们把原数组也视作修改的时候,
整个就变成了**哪个修改会影响哪个查询**的问题。

再想一下 CDQ 分治的思想, 我们可不可以求左半边对右半边的贡献呢? 先假设一个区间 $l,r$, 假如 $l$ 到 $mid$ 的操作都是在 $mid+1$ 到 $r$ 前面做的 (也就是左半边所有的时间都小于右半边的时间), 那么 $l$ 到 $mid$ 的修改必定会影响到 $mid+1$ 到 $r$ 的查询。

![](./images/CDQ-2.png)

而我们把所有的查询 $L,R$ 的值变为 $1,R$ 的值减去 $1,L-1$ 的值, 那么所有的查询的起点都是 $1$。这个时候我们判断是否有贡献的时候, 我们就拿右端点 (修改的只有一个点, 也视其为右端点) 来判断, 修改的右端点小于查询的右端点, 那么肯定是对查询有贡献的。(黑色的是加的, 红色的是减去的, 剩下的黄色就是目标区间)

![](./images/CDQ-3.png)

那是左半边所有的修改都会影响到右半边所有的贡献吗? 并不是。

![](./images/CDQ-4.png)

(注意,$time$ 为操作的时间,$point$ 为右端点的位置,$mode$ 为查询 (Q) 或者修改 (C)。以下的 $n$ 为操作的总数, 包括把查询拆分和原序列)

我们对左半边和右半边的区间的右端点进行排序以后, 左半边的时间还是要小于右半边最低的时间。我们可以很容易想到, $1$ 号 的 右端点是 $1$, 它对右半边的所有查询都会产生贡献。而 $2$ 号的右端点是 $3$ 右半边, 它只能对
右半边的 $2,3,4$ 号有贡献。也就是说, 我们只需要每一次比较 $left$ 是否小于 $right$ (其中 $left$ 为 $1$ 到 $mid$,$right$ 为 $mid+1$ 到 $r$), 如果小于, 那么当前的 $left$ 号会对 $right$ 到 $r$ 都有贡献,
所以 $inc(sum,val[left])$。如果不是, 我们就直接计算 $1$ 到 $left-1$ 对 $right$ 的贡献, 就是 $inc(ans[id[right]],sum)$。

上述的方法是要求左半边和右半边的右端点有序, 且左半边的最大时间小于等于右半边的最小时间的。我们可以采用先 $CDQ(l,mid)\ CDQ(mid+1,right)$ 的方法,**每一次算完当前的贡献, 就排好序**, 这样子就可以保证啦。既然是 CDQ , 那么可以直接归并排序, 常数小。

然后解释一下为什么 CDQ 要分治。对于一个点 $i$, 它经过 $\log\ n$ 层的分治以后, 必然会与每一个右区间算贡献。一开始右区间有 $\frac{n}{2}$ 个数字, 然后变为 $\frac{n}{4}\ \frac{n}{8}.etc$。时间复杂度涉及到递归, 这里作出大致的推测 : $\log\ n$ 层, 每一层的总和是 $n$, 那就是 $n \log\ n$。实际上应该是 $O(f(n) \log\ n)$。

最后注意一下时间相同, 先修改, 再查询 (虽然不知道为什么时间会相同)。

```pascal
function judge(i,j:longint):boolean;
begin
	if place[i]<>place[j] then // place 是右端点
	begin
		if place[i]<place[j] then exit(True);
		exit(False);
	end;
	if mode[i]<mode[j] then exit(True); // 查询的 mode 是 2,修改的 mode 是 1
	exit(False);
end;

procedure CDQ(l,r:longint);
var
	left,right,i,mid:longint; // left 是左半边开始第一个节点,right 是右半边第一个节点,两者都用于归并排序
	sum:int64; // '现在'左半边的贡献
begin
	if l=r then exit;
	mid:=(l+r) >> 1;
	CDQ(l,mid); // 先往下
	CDQ(mid+1,r);
	sum:=0; left:=l; right:=mid+1;
	for i:=l to r do
		if (left<right)and(judge(left,right)) or (right>r) then // 在左边
		begin
			if mode[left]=1 then inc(sum[id[left]]); // 修改的 id 是修改的值,而查询的 id 是此查询是第几个查询
			copy[1,i]:=mode[left]; copy[2,i]:=place[left]; copy[3,i]:=id[left]; inc(left); // 归并排序
		end
		else
		begin
			if mode[right]=2 then dec(ans[id[right]],sum);
			if mode[right]=3 then inc(ans[id[right]],sum);
			copy[1,i]:=mode[right]; copy[2,i]:=place[right]; copy[3,i]:=id[right]; inc(right);
		end;
	for i:=l to r do
	begin mode[i]:=copy[1,i]; place[i]:=copy[2,i]; id[i]:=copy[3,i]; end;
end;
```

### 2. 二维 Mokia

题目大意 : 给出一个空的二维矩阵 ($N$ 行 $N$ 列), 操作包括单点修改, 矩阵查询。

这是一个比较简单的二维树状数组的题目, 至少在看到 $N$ 的数据范围之前是怎么认为的。

数据范围 : $N \leq 2 \times 10^6$。而树套树 (我指的是树状数组或者线段树) 怎么也只能 $N \leq 10^4$。

这就展现了 CDQ 比较好的以一面 **哪个修改会影响哪个查询**, 就不用考虑 $N$ 的大小, 不用考虑模拟矩阵。

第一步, 我们把查询看做是一个二维前缀和的查询。也就是说, 我们对于 $x,y,x1,y1$ 的查询, 看做全部以 $1$ 开始的矩阵, 如下图 : (黑色的是加的, 红色的是减去的, 剩下的黄色就是目标矩阵)

![](./images/CDQ-5.png)

现在问题从原来的一个右端点变成了两个右端点, 但是贡献还是相同的, 且有一个。假如两个点 $x_i,y_i$,$x_i$ 已经满足 $\leq x_j$, 那么我们就只需要看 $y_i$ 对 $y_j$ 怎么样。这时候我们用一个树状数组 (权域) 来维护一下,
每一次左半边有修改的时候更新一下树状数组, 每当右半边有点可以满足当前的左半边的点的时候 ($left,right$), 就统计右边的点的第二个右端点 ($right_y$) 的前面有多少个左半边的点 ($1_y~left_y$) 的第二个右端点。

我们可以思考一下, 如果我们先对所有的第一个右端点 ($x$) 进行了排序, 那么每一次**往下**, 我们只需要对时间进行归并排序即可, 这样子跟上文的 **从下往上, 对右端点进行排序** 是一样的。

```pascal
procedure CDQ(l,r:longint);
var
	left,right,i,mid:longint; // left 是左半边开始第一个节点,right 是右半边第一个节点,两者都用于归并排序
begin
	if l=r then exit;
	mid:=(l+r) >> 1;
	left:=l; right:=mid+1;
	for i:=l to r do 
	begin
		if (time[i]<=mid)and(mode[i]=1) then // 计算左半边的产生的贡献
			Insert(point[2,i],value[i]);  // value[i] 是修改的值,Insert 是树状数组的 Add
		if (time[i]>mid)and(mode[i]=2) then // 计算右半边拥有的贡献
			inc(ans[id[i]],Query(point[2,i])*value[i]); // 查询的 value[i] 只有 1 和 -1,用来表示加还是减
		if (time[i]<=mid) then // 以下都是归并排序
		begin
			copy[1,left]:=time[i]; copy[2,left]:=point[1,i]; copy[3,left]:=point[2,i]; 
			copy[4,left]:=value[i]; copy[5,left]:=id[i]; copy[6,left]:=mode[i]; inc(left);
		end
		else
		begin
			copy[1,right]:=time[i]; copy[2,right]:=point[1,i]; copy[3,right]:=point[2,i]; 
			copy[4,right]:=value[i]; copy[5,right]:=id[i]; copy[6,right]:=mode[i]; inc(right);
		end;
	end;
	for i:=l to r do // 算完贡献以后按照 time 排序
	begin
		time[i]:=copy[1,i]; point[1,i]:=copy[2,i]; point[2,i]:=copy[3,i];
		value[i]:=copy[4,i]; id[i]:=copy[5,i]; mode[i]:=copy[6,i]; 
	end;
	CDQ(l,mid);
	CDQ(mid+1,r);
end;
```

最后总结 CDQ 分治需要注意的地方:

1. CDQ 分治会按照各个参数的顺序而改变递归的顺序。

2. CDQ 分治的时间复杂度并不是非常的好, 常数巨大, 但是可以做那些二维以上的题目, 不用考虑 $N$ 的大小。 (但是询问太多还是会炸)

3. 有些人是直接 `sort` 的, 而不是归并排序, 所以 CDQ 分治的三个步骤可以打乱。（但是仍然要看清楚题目的要求）