CDQ分治與總體二分小結

時間 2019-11-19

標籤 cdq 分治總體二分 2分小結欄目應用數學简体版

原文原文鏈接

前言

　　這是一波強行總結。html

　　下面是一波瞎比比。ios

　　這幾天作了幾道CDQ/總體二分，感受本身作題速度好慢啊。數組

　　不少很顯然的東西都看不出來分治分不出來打不出來調不對數據結構

　　上午下午晚上的效率徹底不同啊。ide

　　完蛋.jpg 絕望.jpg。函數

關於CDQ分治

　　CDQ分治，求的是三維偏序問題都知道的。
spa

　　求法呢，就是在分治外面先把一維變成有序
code

　　而後分治下去，左邊(l,mid)關於右邊(mid+1,r)就不存在某一維的逆序了，因此只有兩維偏序了。htm

　　這個時候來一波"樹狀數組求逆序對"的操做搞一下二維偏序blog

　　就能夠把跨過中線的，左邊更新右邊的狀況計算出來。

　　注意：只計算左邊的操做對右邊的詢問的貢獻！

　　而後左右兩邊遞歸處理就行了。

　　正確性：按照線段樹的形態遞歸的CDQ分治，保證每一對三元組在第一維劃分的線段樹上都有且僅有一個LCA(這不廢話嗎)，而這一組答案就會且僅會在LCA處計算。若是在LCA下面，點對不在一個work內天然不會計算。若是在LCA上面了，點對就在同一側，不會互相更新。

　　複雜度：設一次work的複雜度是f(len)，則複雜度是O(f(n)logn)。

　　通常都在分治裏用樹狀數組，通常的複雜度就是O(nlog²n)的。

　　通常是這樣的套路：假設三維偏序分別爲a,b,c；

　　在main函數裏保證a遞增。

　　而後在CDQ裏先分治左右，傳下去的時候a仍然遞增，不破壞性質。

　　而後分治完左右兩邊後，需保證左右兩邊分別b都是遞增的(a不重要)。

　　而後就是相似歸併排序的操做了。

　　此時左邊的a確定都小於右邊的a,那麼若是對於一個右邊的元素

　　以前相似歸併的操做就能夠保證全部小於b的左邊的元素都已經遍歷過。

　　那麼找c也小於它的？值域線段樹/樹狀數組等數據結構維護一下就行了。

　　而後你這麼歸併了一波後，就發現統計完答案後b是有序遞增的了(這個時候a已經不重要了)。

　　對於上層操做，符合"左右兩邊分別b是遞增的"了。

　　BZOJ陌上花開居然是權限題？這是在搞笑。

　　好吧BZOJ動態逆序對，以前寫過的，作兩次CDQ就行了。

　　BZOJ稻草人，也是CDQ，加個單調棧。

還有一個就是高維偏序問題。

cogs上的2479 HZOI2016 偏序就是四維偏序板子。

後面還有兩個增強版，到了七維，不是CDQ乾的事情，詳情請見這個PPT。

校內交流因此作的不是很嚴謹(吐舌)

這裏只談論四維偏序，即a<a' b<b' c<c' d<d'。

作法是喜聞樂見的CDQ套CDQ套樹狀數組。

有個很妙的博客：Candy？

首先在外面按照a排好序。

進第一層CDQ。先遞歸處理，而後標記原本是在mid左邊仍是右邊的，左1右0，而後按b排序。

仍是隻統計左邊部分跨過中線對右邊部分的貢獻。

按照b排好序後，就變成了統計標記爲0的點的"在它左邊的、標記爲1的、(c,d)都小於它的點的個數"。

"在它左邊+(c,d)都小於它" = 三維偏序。

複製到另外一個數組裏再作一次cdq就能夠了。

複雜度O(nlog^3n)。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#include    <complex>
#include    <stack>
#define LL long long int
#define dob double
#define FILE "partial_order"
//#define FILE "CDQ"
using namespace std;

const int N = 100010;
struct Data{int a,b,c,id;}p[N],que[N],que2[N];
int n,vis[N],tim,T[N];
LL Ans;

inline int gi(){
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}

inline void update(int x){
  for(;x<=n;x+=x&-x){
    if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim;
    T[x]++;
  }
}

inline int query(int x,int ans=0){
  for(;x;x-=x&-x){
    if(vis[x]!=tim)T[x]=0,vis[x]=tim;
    ans+=T[x];
  }
  return ans;
}

inline void cdq(int l,int r){
  if(l==r)return;
  int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l;
  cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);tim++;
  while(i<=mid && j<=r){
    if(que[i].b<que[j].b){
      if(que[i].id)update(que[i].c);
      que2[k++]=que[i++];
    }
    else{
      if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c);
      que2[k++]=que[j++];
    }
  }
  while(i<=mid)que2[k++]=que[i++];
  while(j<=r){
    if(!que[j].id)Ans+=query(que[j].c);
    que2[k++]=que[j++];
  }
  for(k=l;k<=r;++k)que[k]=que2[k];
}

inline void CDQ(int l,int r){
  if(l==r)return;
  int mid=(l+r)>>1,i=l,j=mid+1,k=l;
  CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r);
  while(i<=mid && j<=r){
    if(p[i].a<p[j].a)que[k]=p[i++],que[k++].id=1;
    else que[k]=p[j++],que[k++].id=0;
  }
  while(i<=mid)que[k]=p[i++],que[k++].id=1;
  while(j<=r)que[k]=p[j++],que[k++].id=0;
  for(k=l;k<=r;++k)p[k]=que[k];cdq(l,r);
}

int main()
{
  freopen(FILE".in","r",stdin);
  freopen(FILE".out","w",stdout);
  n=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)p[i].a=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)p[i].b=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)p[i].c=gi();
  CDQ(1,n);printf("%lld\n",Ans);
  fclose(stdin);fclose(stdout);
  return 0;
}

CDQ套CDQ

關於總體二分

　　總體二分主要是把全部詢問放在一塊兒二分答案，而後把操做也一塊兒分治。

　　何時用呢？

　　當你發現多組詢問能夠離線的時候

　　當你發現詢問能夠二分答案並且check複雜度對於單組詢問能夠接受的時候

　　當你發現詢問的操做都是同樣的的時候

　　你就可使用總體二分這個東西了。

　　具體作法講起來有些玄學，其實相似主席樹轉化到區間的操做或者線段樹上二分。

　　想一想：二分答案的時候，對於一個答案，是否是有些操做是沒用的，有些操做貢獻是不變的？

　　好比二分一個時間，那麼時間後面發生的操做就是沒有用的，時間前面的貢獻是不變的。

　　二分一個最大值，比mid大的都是沒用的，比mid小的個數是必定的。

　　總體二分就是利用了這麼一個性質。

　　平時咱們二分答案，都是這麼寫的：

inline int check(int mid){
  int num=0;
  for(int i=1;i<=m;++i)
    if(calc(i,mid))
      num++;
  return num;
}

...

int l=...,r=...,ans=-1;
while(l<=r){
  int mid=(l+r)>>1;
  if(check(mid)<k)l=mid+1;
  else ans=mid,r=mid-1;
}

1.0

　　這種寫法已經很優秀了。可是若是有q次詢問，複雜度就是O(qmlogn)。

　　換種方式：

inline bool check(int mid){
  int t1=0,t2=0;
  for(int i=1;i<=m;++i){
    if(calc(i,mid))que[1][++t1]=i;
    else que[2][++t2]=i;
  }
  if(t1>=k){
    m=t1;
    for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[1][i];
    return 1;
  }
  else{
    m=t2;
    for(int i=1;i<=m;++i)opt[i]=que[2][i];
    k-=t1;return 0;
  }
}

...

int l=...,r=...,ans=-1;
while(l<=r){
  int mid=(l+r)>>1;
  if(check(mid))r=mid-1,ans=mid;
  else l=mid+1;
}