标签：符号 归并排序 问题： 红色 区别 return asi void query
CDQ分治是干什么用的：顶一层数据结构。
基本思想：我们要解决一系列问题，这问题一般包含修改和查询操作，可以把这些问题按发生时间排成一个序列，用一个区间[L,R]表示。
1.分：对于一个[l,r]区间，我们把它分成[l,mid]，[mid+1,r]两区间处理
2.合：对于一个[l,r]区间，统计[l,mid]的修改对[mid+1,r]查询的贡献
CDQ分治与普通分治的区别：普通分治的[l,mid]区间不会对[mid+1,r]区间造成影响。
算法过程大致如下：对所有操作按时间分治，递归处理区间[l,r]（也就是第l次到第r次操作），求出中点mid，计算[l,mid]中的修改操作对[mid+1,r]中的查询的影响，接着继续递归[l,mid]和[mid+1,r]。
其实每个人基本都有打过CDQ分治：求逆序对。
我们来个更高级的，求顺序对
[vjudge_contests_ID=192815莫队/CDQ分治/整体二分_L]Another Longest Increasing Subsequence Problem二维偏序问题
给定N个有序对(a,b)，求对于每个(a,b)，满足a2<a且b2<b的有序对(a2,b2)有多少个。
首先，我们把这些有序对对a[i]排序，这样就满足了第一个条件a2<a
然后，对于此时的b[i]，考虑分治。
如何合并？
对于区间[l,r]，考虑[l,mid]中的b[i]（l<=i<=mid） 小于 [mid+1,r]中的b[j]（mid+1<=j<=r）的个数（其中[l,mid]和[mid+1,r]中的b[i]<b[j]已经通过之前的合并处理掉了（即[l,(l+mid)/2]与[(l+mid)/2+1,r]的合并处理掉了））
即对于任意一个j（mid+1<=j<=r），我们要统计b[i]<b[j]（l<=i<=mid）的元素对数。
记bi[]为b[i]（l<=i<=mid），bj[]为b[j]（mid+1<=j<=r）（即bi[]为前一半，bj[]为后一半）
如果我们的bi[]已经排好序了，那我们把每个bj[j]（mid+1<=j<=r）在bi[]中二分一下不就知道了？
但是，这样复杂度多个log。
我们先考虑优化二分的那个log。如果我们的bj[]也排好序，那么维护两个指针x，y，表示此时b[i]遍历到x，b[j]遍历到y。
如果此时bj[y]<bi[x]，ans+=x-1（因为bj[y]在bi[]数组中满足bj[y]<bi[i]的元素个数就只有x-1个，统计答案），y++（准备统计下一个在bj[]数组里的数）。
如果此时bj[y]>bi[x]，x++（因为bj[y]在bi[]数组中满足bj[y]<bi[i]的元素个数还可以更多）
那么排序怎么办呢？
有没有发现我们之前的排序很像归并排序！在我们之前进行y++时，把bj[y]丢到一个新的数组里，进行x++时，把bi[x]丢进去。这样这个新数组的元素就有序了。
其实上面过程就基本是归并排序求逆序对的过程嘛。
那来点难一点的。
[9018_1954]【模板】树状数组
给定一个N个元素的序列a，初始值全部为0，对这个序列进行以下两种操作：
操作1：格式为1 x k，把位置x的元素加上k（位置从1标号到N）。
操作2：格式为2 x y，求出区间[x,y]内所有元素的和。
什么嘛，这不是随便一个树状数组就搞过去了吗。
考虑用CDQ分治做。
每个操作记录4个变量：
type：操作类型（操作1：0，操作2：我们可以看成答案为[1,y]-[1,x-1]，对于[1,y]，记type=1，对于[1,x-1]记type=-1），至于为什么要这样记，待会就知道了
a：操作1的k（若是操作2，则a=0）
wz：改变（查询）的元素位置（操作1：x，操作2：x-1和y）
id：这个询问是对应哪个query的（若是操作1，则id=0）
考虑按开头说的算法过程做：那么如何统计计算[l,mid]中的修改操作对[mid+1,r]中的查询呢？
由于我们已经把每个询问拆成两个询问了，那么我们考虑如何计算[1,i]的答案。
我们考虑像之前的二维偏序问题一样用归并排序，那么排序什么呢？显然是位置（wz）啊，因为只有修改操作的位置在查询操作的位置之前才会对答案有影响，维护一个变量sum表示当前查询操作到目前为止的a的和。
如果此时查询操作的位置在修改操作的后面或者一样，那么这个修改操作肯定对查询操作有影响啊，把记录此时数组的前一半遍历到的位置的指针往后推，sum+=q[i].a。但是我们发现，如果这个操作是询问操作，要不要特判呢？显然不要，因为询问操作的a值为0。
否则，就意味着前半区间里的对这个查询操作有影响的操作全部结束，统计答案，这时，我们的type就派上用场了，直接用ans[q[i].id]+=type*sum就好了（也不用对修改操作特判（type==0），也不用对这个查询操作的符号判断（type=±1）），把记录此时数组的后一半遍历到的位置的指针往后推就好了。
还有一些问题：题目有给出一个原始数组啊。把它看做几个修改操作就好了。
但是，为什么这样求得的ans数组就是答案呢？
我们分析任意一个询问是如何被计算的。即如图的黄色部分的询问是由红色部分的左半边的修改+绿色部分的左半边的修改得到的（由于它是在蓝色部分的左半边，所以忽略蓝色部分）
归并的时候4个j打成i了（统计答案时那里（一个else一个while后的各两个j））
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int ans[500100]; struct xxx{ int type,wz,id,a; }q[1501000],tmp[1501000]; void cdq(int l,int r) { if(l==r)return; int mid=(l+r)/2; cdq(l,mid);cdq(mid+1,r); int i=l,j=mid+1,tot=0,sum=0; while(i<=mid&&j<=r) { if(q[i].wz<=q[j].wz){sum+=q[i].a;tmp[++tot]=q[i];i++;} else {ans[q[j].id]+=q[j].type*sum;tmp[++tot]=q[j];j++;} } while(i<=mid)tmp[++tot]=q[i++]; while(j<=r){ans[q[j].id]+=q[j].type*sum;tmp[++tot]=q[j++];} for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=tmp[i-l+1]; } int main() { int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int tot=0; for(int i=1;i<=n;i++){tot++;scanf("%d",&q[tot].a);q[tot].type=0;q[tot].wz=i;q[tot].id=0;} int qtot=0; for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); tot++; if(a==1){q[tot].type=0;q[tot].wz=b;q[tot].id=0;q[tot].a=c;} if(a==2) { qtot++;q[tot].type=-1;q[tot].wz=b-1;q[tot].id=qtot;q[tot].a=0; tot++;q[tot].type=1;q[tot].wz=c;q[tot].id=qtot;q[tot].a=0; } } cdq(1,tot); for(int i=1;i<=qtot;i++)printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
至此，我们CDQ分治的基本操作就都讲完了，后面的更难的部分如果这部分理解好了就也不会太难。
标签：符号 归并排序 问题： 红色 区别 return asi void query
原文地址：http://www.cnblogs.com/lher/p/7906305.html
