标签：小问题 code def 修改 增加 opened 输入 5* dynamic
面对复杂的修改查询高维问题，往往需要高级数据结构解决，但是高级数据结构一般码量大，容易犯错。对于一些离线问题，我们可以用CDQ分治或者整体二分通过降维等方法解决，且因为CDQ分治容易理解且十分好写受到许多算法竞赛选手的欢迎。
CDQ分治
推荐博客：http://www.cnblogs.com/mlystdcall/p/6219421.html
CDQ分治的思想就是，左右分治然后只计算左边修改操作对右边查询操作的影响。CDQ分治只是提供了一种分治思想，没有什么固定的模板，需要具体问题具体分析，要多多做题才能体会。
园丁的烦恼 SHOI2007 BZOJ 1935
模板题，（时间，x坐标，y坐标）三维偏序问题，因为时间按照输入已经天然排好序所以不用排序。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e6+10; typedef long long LL; int n,m,qid; LL ans[N]; struct query{ int type,x,y,aid,w; //操作类型，x坐标，y坐标，答案编号，对答案贡献 bool operator < (const query &rhs) const { return x==rhs.x ? type<rhs.type : x<rhs.x; //x相等时要修改操作在前 } }Q[N],tmp[N]; const int L=1e7+10; LL sum[L]; void update(int x,int v) { if (x) for (;x<L;x+=x&-x) sum[x]+=v; } LL query2(int x) { LL ret=0; if (x) for (;x;x-=x&-x) ret+=sum[x]; return ret; } void Clear(int x) { if (x) for (;x<L && sum[x];x+=x&-x) sum[x]=0; } void CDQ(int l,int r) { if (l>=r) return; int mid=l+r>>1; CDQ(l,mid); CDQ(mid+1,r); //先两边分治 int p=l,q=mid+1,o=l-1; //归并排序合并两边并计算左边操作对右边询问影响 while (p<=mid && q<=r) { if (Q[p]<Q[q]) { if (Q[p].type==0) update(Q[p].y,1); //只处理左边的修改操作 tmp[++o]=Q[p++]; //归并排序 } else { if (Q[q].type==1) ans[Q[q].aid]+=query2(Q[q].y)*Q[q].w; //只处理右边的查询操作 tmp[++o]=Q[q++]; //归并排序 } } while (p<=mid) tmp[++o]=Q[p++]; while (q<=r) { if (Q[q].type==1) ans[Q[q].aid]+=query2(Q[q].y)*Q[q].w; tmp[++o]=Q[q++]; } for(int i=l;i<=mid;i++) if(Q[i].type==0) Clear(Q[i].y); //清空树状数组 for (int i=l;i<=r;i++) Q[i]=tmp[i]; //记录归并排序后结果 } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); x++; y++; Q[++qid]=(query){0,x,y,0,0}; } for (int i=1;i<=m;i++) { int x1,y1,x2,y2; scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); x1++; y1++; x2++; y2++; Q[++qid]=(query){1,x2,y2,i,1}; Q[++qid]=(query){1,x1-1,y1-1,i,1}; Q[++qid]=(query){1,x1-1,y2,i,-1}; Q[++qid]=(query){1,x2,y1-1,i,-1}; } CDQ(1,qid); for (int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
Mokia BZOJ 1176 / 简单题BZOJ 2683
这两题似乎是一样的，在上一题基础上修改即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=2e6+10; int n,s,qid,ansid; LL ans[N]; struct query{ int type,x,y,v,w,aid; bool operator < (const query &rhs) const { return x==rhs.x ? type<rhs.type : x<rhs.x; } }Q[N],tmp[N]; const int L=2e6; LL sum[L]; void update(int x,LL v) { if (x) for (;x<=n;x+=x&-x) sum[x]+=v; } LL query2(int x) { LL ret=0; if (x) for (;x;x-=x&-x) ret+=sum[x]; return ret; } void Clear(int x) { if (x) for (;x<=n && sum[x];x+=x&-x) sum[x]=0; } void CDQ(int l,int r) { if (l>=r) return; int mid=l+r>>1; CDQ(l,mid); CDQ(mid+1,r); int p=l,q=mid+1,o=l-1; while (p<=mid && q<=r) { if (Q[p]<Q[q]) { if (Q[p].type==0) update(Q[p].y,Q[p].v); tmp[++o]=Q[p++]; } else { if (Q[q].type==1) ans[Q[q].aid]+=Q[q].w*query2(Q[q].y); tmp[++o]=Q[q++]; } } while (p<=mid) tmp[++o]=Q[p++]; while (q<=r) { if (Q[q].type==1) ans[Q[q].aid]+=Q[q].w*query2(Q[q].y); tmp[++o]=Q[q++]; } for (int i=l;i<=mid;i++) if (Q[i].type==0) Clear(Q[i].y); for (int i=l;i<=r;i++) Q[i]=tmp[i]; } int main() { cin>>n; s=0; qid=0; ansid=0; int opt; while (scanf("%d",&opt)==1 && opt!=3) { int x1,y1,x2,y2,v; if (opt==2) { scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); ans[++ansid]=(LL)s*(x2-x1+1)*(y2-x1+1); Q[++qid]=(query){1,x2,y2,0,1,ansid}; Q[++qid]=(query){1,x1-1,y2,0,-1,ansid}; Q[++qid]=(query){1,x2,y1-1,0,-1,ansid}; Q[++qid]=(query){1,x1-1,y1-1,0,1,ansid}; } else { scanf("%d%d%d",&x1,&y1,&v); Q[++qid]=(query){0,x1,y1,v,0,0}; } } CDQ(1,qid); for (int i=1;i<=ansid;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
陌上花开 BZOJ 3262
比较裸的三维偏序问题，CDQ最擅长解决了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100000+10; const int M=200000+10; struct rec{ int x,y,z,id; int maxid; bool operator < (const rec &rhs) const { return x<rhs.x || x==rhs.x && y<rhs.y || x==rhs.x && y==rhs.y && z<rhs.z; } }f[N],t[N]; int n,m; int c[M<<1],ans[N]; void update(int x,int v) { for (;x<=m;x+=x&-x) c[x]+=v; } int query(int x) { int res=0; for (;x;x-=x&-x) res+=c[x]; return res; } void slove(int l,int r) { if (l==r) return; int mid=(l+r)>>1; slove(l,mid); slove(mid+1,r); int lc=l,rc=mid+1; for (int i=l;i<=r;i++) { if (lc<=mid && f[lc].y<=f[rc].y || rc>r) t[i]=f[lc++]; else t[i]=f[rc++]; } for (int i=l;i<=r;i++) { if (t[i].id<=mid) update(t[i].z,1); else ans[t[i].id]+=query(t[i].z); } for (int i=l;i<=r;i++) { f[i]=t[i]; if (f[i].id<=mid) update(f[i].z,-1); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&f[i].x,&f[i].y,&f[i].z); sort(f+1,f+n+1); for (int i=1;i<=n;i++) f[i].id=i; int to=0; for (int i=1;i<=n;i++) { if (i<=to) continue; while (f[i].x==f[to+1].x && f[i].y==f[to+1].y && f[i].z==f[to+1].z) to++; for (int j=i;j<=to;j++) f[j].maxid=to; } slove(1,n); for (int i=1;i<=n;i++) ans[f[i].id]=ans[f[i].maxid]; sort(ans,ans+n+1); int now=1; for (int i=0;i<n;i++) { int sum=0; while (now<=n && ans[now]==i) { now++; sum++; } printf("%d\n",sum); } return 0; }
动态逆序对 CQOI2011 BZOJ 3295
这道题很有意思也有多种解法，非常值得多多思考！
这里讲的是CDQ分治的解法（其实哪怕是CDQ分治也有两种解法）：看到这道题我们会比较自然想到把删除变成插入，那么我们增加一个时间纬度，每一个操作变成（插入时间，位置，值的大小）的三维数对，这时候每一个插入也是每一个查询，我们以CDQ的方式去思考对于一个插入数对：别的插入数对对它的影响是什么？对于数对（tim2，pos2，val2），它对总逆序对增加的贡献就是 tim1<tim2 && pos1<pos2 && val1>val2 的个数加上 tim1<tim2 && pos1>pos2 && val1<val2 的个数。发现没有这是一个经典的三维偏序问题！CDQ分治可解！
这道题还是有一些细节的，都在代码注释里了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; int n,m,qid,a[N],b[N],c[N],pos[N]; LL ans[N]; struct query{ int tim,pos,val; bool operator < (const query &rhs) const { return pos<rhs.pos; } }Q[N],tmp[N]; LL sum[N]; void update(int x,int v) { for (;x<=n;x+=x&-x) sum[x]+=v; } LL query2(int x) { LL ret=0; for (;x;x-=x&-x) ret+=sum[x]; return ret; } void CDQ(int l,int r) { if (l>=r) return; int mid=l+r>>1; CDQ(l,mid); CDQ(mid+1,r); int p=l,q=mid+1,o=l-1; while (p<=mid || q<=r) //计算tim1<tim2 && pos1<pos2 && val1>val2 的逆序对 if (q>r || p<=mid && Q[p]<Q[q]) update(Q[p].val,1),tmp[++o]=Q[p++]; else ans[Q[q].tim]+=query2(n)-query2(Q[q].val),tmp[++o]=Q[q++]; for (int i=l;i<=mid;i++) update(Q[i].val,-1); p=mid; q=r; //这里是一个小细节，因为左右区间是从小到大排序，而这里需要从大到小，所以倒序循环 while (p>=l || q>mid) //计算tim1<tim2 && pos1>pos2 && val1<val2 的逆序对 if (q<=mid || p>=l && Q[q]<Q[p]) update(Q[p].val,1),p--; else ans[Q[q].tim]+=query2(Q[q].val-1),q--; for (int i=l;i<=mid;i++) update(Q[i].val,-1); for (int i=l;i<=r;i++) Q[i]=tmp[i]; //归并结果 } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i; for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]),c[b[i]]=1; for (int i=1;i<=n;i++) if (!c[i]) qid++,Q[qid]=(query){qid,pos[i],i}; for (int i=m;i;i--) qid++,Q[qid]=(query){qid,pos[b[i]],b[i]}; CDQ(1,qid); for (int i=1;i<=n;i++) ans[i]+=ans[i-1]; for (int i=n;i>n-m;i--) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
【BZOJ2001】[HNOI2010]城市建设 / 洛谷P3206
【BZOJ2141】排队
【BZOJ3745】Norma
整体二分
https://blog.csdn.net/hbhcy98/article/details/50642773
https://www.cnblogs.com/Sakits/p/7990875.html
上面博客的大佬说得很好了。整体二分就是二分答案的进阶，就是把操作和答案区间一起二分，通过算左边区间对答案贡献继续向左右分，最终缩小答案区间得到答案。这里需要特别强调的是把操作和答案一起二分，也就是说当前答案区间[L,R]二分[L,M]和[M+1,R]时，应该先把操作(包括查询也修改)分到它属于的答案区间，在继续往下分。
整体二分和CDQ分治有点儿相似都是离线分治算法，前者基于值域后者基于时间，时间复杂度都是logn*f(n) 这里f(n)是分治的一层的计算时间。
POJ-2104 K-th Number
经典题，可以用多种解法，也可以当作整体二分模板题来练。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=2e5+10; const int INF=0x3f3f3f3f; int n,m,qid,a[N],ans[N]; struct rec{ int type,x,y,z,aid; }Q[N],ql[N],qr[N]; int sum[N]; void update(int x,int v) { for (;x<=n;x+=x&-x) sum[x]+=v; } int query(int x) { int ret=0; for (;x;x-=x&-x) ret+=sum[x]; return ret; } void solve(int L,int R,int l,int r) { //答案值域[L,R]，操作区间[l,r] if (l>r) return; //操作序列为空 if (L==R) { for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==1) ans[Q[i].aid]=L; //答案唯一了 return; } int M=L+R>>1,p=0,q=0; for (int i=l;i<=r;i++) { if (Q[i].type==0) { //修改操作 if (Q[i].z<=M) ql[++p]=Q[i],update(Q[i].x,1); //注意这里树状数组插入的是位置 else qr[++q]=Q[i]; } else { //查询操作 int tmp=query(Q[i].y)-query(Q[i].x-1); //查询位置区间[x,y]中值域在[L,M]的数的个数 if (tmp>=Q[i].z) ql[++p]=Q[i]; else Q[i].z-=tmp,qr[++q]=Q[i]; } } for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==0 && Q[i].z<=M) update(Q[i].x,-1); //还原树状数组 for (int i=1;i<=p;i++) Q[l+i-1]=ql[i]; //把操作按答案值域分开 for (int i=1;i<=q;i++) Q[l+p+i-1]=qr[i]; solve(L,M,l,l+p-1); solve(M+1,R,l+p,r); //继续分治 } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i=1;i<=n;i++) Q[++qid]=(rec){0,i,0,a[i],0}; for (int i=1;i<=m;i++) { int l,r,k; scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); Q[++qid]=(rec){1,l,r,k,i}; } solve(-INF,INF,1,qid); for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
BZOJ-1901: Zju2112 Dynamic Rankings
这道题是上一道题的动态版，我的博客写了树套树的做法，但是树套树不仅代码复杂容易写错而且常数大，这里用试着用整体二分解决。
这题比起上一题就是多了修改操作，那么我们把a[x]=y这个赋值操作拆开变成 ①删除x位置的a[x] ②插入x位置的y 。原来的初始数组就可以变成这里的操作② 。把操作拆分后同样整体二分树状数组做法就可以AC了。有一个问题蒟蒻想了很久：为什么这样是对的，插入删除查询混合在一起不会错吗？后来想通了，因为我们按照输入顺序安排操作顺序的，所以操作顺序是按照时间顺序的，且因为这里是按答案值域，所以一个赋值操作先前的a[x]的插入和删除必定会分在同一个区间，那么经过紧贴在一起的+1和-1之后，相当于a[x]完全没有发挥过作用所以一个a[x]=y的赋值操作先前的a[x]是完全不会对答案影响的！这个思路十分巧妙运用了基于值域二分的特性。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=3e5+10; const int INF=0x3f3f3f3f; int n,m,qid,ansid,a[N],ans[N]; struct rec{ int type,x,y,z,aid; }Q[N],ql[N],qr[N]; int sum[N]; void update(int x,int v) { for (;x<=n;x+=x&-x) sum[x]+=v; } int query(int x) { int ret=0; for (;x;x-=x&-x) ret+=sum[x]; return ret; } void solve(int L,int R,int l,int r) { //答案值域[L,R]，操作区间[l,r] if (L>R || l>r) return; //操作序列为空 if (L==R) { for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==1) ans[Q[i].aid]=L; //答案唯一了 return; } int M=L+R>>1,p=0,q=0; for (int i=l;i<=r;i++) { if (Q[i].type==0) { //修改操作 if (Q[i].z<=M) ql[++p]=Q[i],update(Q[i].x,Q[i].y); //注意这里树状数组插入的是位置 else qr[++q]=Q[i]; } else { //查询操作 int tmp=query(Q[i].y)-query(Q[i].x-1); //查询位置区间[x,y]中值域在[L,M]的数的个数 if (tmp>=Q[i].z) ql[++p]=Q[i]; else Q[i].z-=tmp,qr[++q]=Q[i]; } } for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==0 && Q[i].z<=M) update(Q[i].x,-Q[i].y); //还原树状数组 for (int i=1;i<=p;i++) Q[l+i-1]=ql[i]; //把操作按答案值域分开 for (int i=1;i<=q;i++) Q[l+p+i-1]=qr[i]; solve(L,M,l,l+p-1); solve(M+1,R,l+p,r); //继续分治 } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i=1;i<=n;i++) Q[++qid]=(rec){0,i,1,a[i],0}; for (int i=1;i<=m;i++) { char c = ‘_‘;while(c != ‘C‘ && c != ‘Q‘) c = getchar(); int x,y,k; if (c==‘Q‘) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&k); Q[++qid]=(rec){1,x,y,k,++ansid}; } else { scanf("%d%d",&x,&y); Q[++qid]=(rec){0,x,-1,a[x],0}; Q[++qid]=(rec){0,x,1,y,0}; a[x]=y; } } solve(-INF,INF,1,qid); for (int i=1;i<=ansid;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
BZOJ-3110: [Zjoi2013]K大数查询
这道题题意有点太简略了点，注意题目 “第a个位置到第b个位置，每个位置加入一个数c” 的意思不是令ab区间的数+=c，而是每个位置能够容纳多个数，令[a,b]区间每个位置都插入多一个数c。这道题可以用树套树做，也可以用常数更小的整体二分做。
这里说整体二分的做法：比起静态的区间第K小问题，这里多了个位置插入操作，并且是区间的位置插入，按照我们上两题整体二分的做法，还是二分答案值域+数据结构把操作分开，但是这里需要用到区间修改和区间查询，树状数组当然也能做到所以我选择了线段树。
这题还有一些小细节：①答案要求的是区间第K大，其实也可以直接修改整体二分的代码直接变成第K大，有一个懒点的做法是注意到操作一的c绝对值小于等于n，所以我们可以把c变成n-c+1做第K小整体二分，输出答案的时候再还原回去即可。②注意到n<=50000 那么 n*m=2.5*10^9 > int=2.1*10^9 所以要用longlong
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; typedef long long LL; int n,m,qid,ansid; LL ans[N]; struct rec{ LL type,x,y,z,aid; }Q[N],q1[N],q2[N]; LL sum[N<<2],tag[N<<2]; void pushup(int rt) { sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1]; } void pushdown(int rt,LL len1,LL len2) { sum[rt<<1]+=tag[rt]*len1; tag[rt<<1]+=tag[rt]; sum[rt<<1|1]+=tag[rt]*len2; tag[rt<<1|1]+=tag[rt]; tag[rt]=0; } void update(int rt,int l,int r,int ql,int qr,LL v) { if (ql<=l && r<=qr) { sum[rt]+=v*(r-l+1); tag[rt]+=v; return; } int mid=l+r>>1; pushdown(rt,mid-l+1,r-mid); if (ql<=mid) update(rt<<1,l,mid,ql,qr,v); if (qr>mid) update(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v); pushup(rt); } LL query(int rt,int l,int r,int ql,int qr) { if (ql<=l && r<=qr) return sum[rt]; int mid=l+r>>1; LL ret=0; pushdown(rt,mid-l+1,r-mid); if (ql<=mid) ret+=query(rt<<1,l,mid,ql,qr); if (qr>mid) ret+=query(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr); return ret; } void solve(LL L,LL R,int l,int r) { if (l>r) return; if (L==R) { for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==1) ans[Q[i].aid]=L; return; } LL M=(L+R)/2,p=0,q=0; for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==0) { if (Q[i].z<=M) q1[++p]=Q[i],update(1,1,n,Q[i].x,Q[i].y,1); else q2[++q]=Q[i]; } else { LL tmp=query(1,1,n,Q[i].x,Q[i].y); if (tmp>=Q[i].z) q1[++p]=Q[i]; else Q[i].z-=tmp,q2[++q]=Q[i]; } for (int i=l;i<=r;i++) if (Q[i].type==0 && Q[i].z<=M) update(1,1,n,Q[i].x,Q[i].y,-1); for (int i=1;i<=p;i++) Q[l+i-1]=q1[i]; for (int i=1;i<=q;i++) Q[l+p+i-1]=q2[i]; solve(L,M,l,l+p-1); solve(M+1,R,l+p,r); } int main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=m;i++) { LL opt,x,y,z; scanf("%lld%lld%lld%lld",&opt,&x,&y,&z); if (opt==1) Q[++qid]=(rec){0,x,y,n-z+1,0}; else Q[++qid]=(rec){1,x,y,z,++ansid}; } solve(-n,n,1,qid); for (int i=1;i<=ansid;i++) printf("%lld\n",n-ans[i]+1); return 0; }
BZOJ-2738: 矩阵乘法
标签：小问题 code def 修改 增加 opened 输入 5* dynamic
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