【模板】三維偏序（陌上花開）

題目背景

這是一道模板題

可以使用bitset，CDQ分治，K-DTree等方式解決。

題目描述

有 n$n$ 個元素，第i$i$ 個元素有ai$a_i$、bi$b_i$ 、ci$c_i$三個屬性，設f(i)$f(i)$ 表示滿足aj≤ai$a_j\le a_i$且bj≤bi$b_j\le b_i$ 且 cj≤ci$c_j\le c_i$ 的 j$j$ 的數量。

對於 d∈[0,n)$d\in [0,n)$，求f(i)=d$f(i)=d$ 的數量

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行兩個整數n$n$ 、k$k$ ，分別表示元素數量和最大屬性值。

之後n$n$行，每行三個整數ai$a_i$ 、bi$b_i$ 、ci$c_i$，分別表示三個屬性值。

輸出格式：

輸出 n$n$行，第d+1$d+1$行表示f(i)=d$f(i)=d$ 的 i$i$ 的數量。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

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

輸出樣例#1：

3
1
3
0
1
0
1
0
0
1

說明

1≤n≤100000,1≤k≤200000$1\le n\le 100000,1\le k\le 200000$

題解

考慮使用cdq$cdq$分治，第一維直接排序搞掉，第二維cdq$cdq$搞成離線，最後一位上資料結構即可。

左半邊對右半邊的貢獻很好統計，左邊為單點加，右邊為區間求和。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
 

using namespace std;
const int M=1e6+5;
struct sd{int p,q,r,sum,cot,id;};
bool cmp1(sd a,sd b)
{
    if(a.p!=b.p)return a.p<b.p;
    if(a.q!=b.q)return a.q<b.q;
    return a.r<b.r;
}
bool cmp2(sd a,sd b){return a.q==b.q?(a.r==b.r?a.p<b.p:a.r<b.r):a.q<b.q;}
bool operator !=(sd a,sd b){return
 
 a.p!=b.p||a.q!=b.q||a.r!=b.r;}
int sum[M],ans[M],n,tot,base=1;
sd x[M],que[M];
void in()
{
    int a;
    scanf("%d%d",&n,&a);
    while(base<a)base<<=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d%d",&x[i].p,&x[i].q,&x[i].r);
}
void add(int v,int s){v+=base;for(;v;v>>=1)sum[v]+=s;}
int query(int le,int ri)
{
    int ans=0;le+=base;ri+=base;
    for(;le^ri^1;le>>=1,ri>>=1)
    {
        if(le&1^1)ans+=sum[le+1];
        if(ri&1)ans+=sum[ri-1];
    }
    return ans;
}
void cdq(int le,int ri)
{
    if(le==ri)return;
    int mid=(le+ri)>>1;
    cdq(le,mid);cdq(mid+1,ri);
    sort(que+le,que+ri+1,cmp2);
    for(int i=le;i<=ri;++i)
    {
        if(que[i].id<=mid)add(que[i].r,que[i].cot);
        else que[i].sum+=query(0,que[i].r+1);
    }
    for(int i=le;i<=ri;++i)
    if(que[i].id<=mid)add(que[i].r,-que[i].cot);
}
void ac()
{
    sort(x+1,x+1+n,cmp1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(x[i]!=x[i-1])que[++tot]=x[i],que[tot].id=tot;
        ++que[tot].cot;
    }
    cdq(1,tot);
    for(int i=1;i<=tot;++i)ans[que[i].sum+que[i].cot-1]+=que[i].cot;
    for(int i=0;i<n;++i)printf("%d\n",ans[i]);
}
int main()
{
    in();ac();
    return 0;
}