HDU - 5126 stars (CDQ分治)

题目链接

题目大意：一共有Q(1<=Q<=50000)组操作，操作分为两种：

1.在x,y,z处添加一颗星星

2.询问以(x1,y1,z1)与(x2,y2,z2)为左上和右下顶点的矩形之间的星星数

所有坐标取值范围均为[1,1e9]

思路：由于坐标取值范围太大(即使离散化后也很大)，3维的数组肯定开不下，所以只能另辟蹊径。

解法一(两重CDQ+树状数组，需将z坐标离散化)：

1)将每个查询操作拆分为8个(容斥)，将所有操作放入一个数组qr中

2)将所有操作按时间排序(其实不用，因为读入的顺序就是按时间排好的)

3)第一次分治：将qr中每个子区间按x坐标从小到大排序，将左区间元素与右区间查询放入qr2中

4)第二次分治(嵌套在第一次分治中)：将qr2中每个子区间按y坐标从小到大排序，统计左区间元素对右区间查询的贡献(利用树状数组记录z值)

注意每次分治结束后，需将左右区间的所有元素按相应坐标大小归并排好序。另外离散化的时候注意下标要从1开始而不是从0开始，否则树状数组可能会陷入死循环(在这个地方T了n次...QAQ)

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 const int N=5e5+;
 struct QR {
     int f,x,y,z,i;
 } qr[N],qr2[N],qr3[N];
 int c[N],n,ans[N],nq,tot,zz[N],maxz;
 int lowbit(int x) {return x&-x;}
 void add(int u,int x) {
     for(; u<=maxz; u+=lowbit(u))c[u]+=x;
 }
 int get(int u) {
     int ret=;
     for(; u; u-=lowbit(u))ret+=c[u];
     return ret;
 }

 void cdq2(int l,int r) {
     if(l==r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq2(l,mid),cdq2(mid+,r);
     int L=l,R=mid+;
     for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
             for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)add(qr2[L].z,);
             ans[qr2[R].i]+=get(qr2[R].z)*qr2[R].f;
         }
     for(int i=l; i<L; ++i)if(!qr2[i].f)add(qr2[i].z,-);
     L=l,R=mid+;
     for(int i=l; i<=r; ++i) {
         if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
         else qr3[i]=qr2[R++];
     }
     for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
 }

 void cdq1(int l,int r) {
     if(l==r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq1(l,mid),cdq1(mid+,r);
     int L=l,R=mid+,m=;
     for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
             for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
             qr2[m++]=qr[R];
         }
     if(m>)cdq2(,m-);
     L=l,R=mid+;
     for(int i=l; i<=r; ++i) {
         if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
         else qr2[i]=qr[R++];
     }
     for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
 }

 int main() {
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--) {
         nq=tot=;
         memset(c,,sizeof c);
         memset(ans,,sizeof ans);
         scanf("%d",&n);
         for(int i=; i<n; ++i) {
             int f;
             scanf("%d",&f);
             if(f==) {
                 int x,y,z;
                 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
                 qr[nq++]= {,x,y,z,};
             } else {
                 int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
                 scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
                 qr[nq++]= {,x2,y2,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x1-,y2,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x2,y1-,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x2,y2,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {,x1-,y1-,z2,tot};
                 qr[nq++]= {,x2,y1-,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {,x1-,y2,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {-,x1-,y1-,z1-,tot++};
             }
         }
         maxz=;
         for(int i=; i<nq; ++i)zz[maxz++]=qr[i].z;
         sort(zz,zz+maxz);
         maxz=unique(zz,zz+maxz)-zz;
         for(int i=; i<nq; ++i)qr[i].z=lower_bound(zz,zz+maxz,qr[i].z)-zz+;
         cdq1(,nq-);
         for(int i=; i<tot; ++i)printf("%d\n",ans[i]);
     }
     return ;
 }

解法二(三重CDQ，无需离散化)：

1)2)3)同解法一，第四步将q2中每个子区间按z坐标从小到大排序，将左区间元素与右区间查询放入qr3中，然后利用类似归并排序求逆序对的方法对qr3中的贡献进行统计

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 const int N=5e5+;
 struct QR {
     int f,x,y,z,i;
 } qr[N],qr2[N],qr3[N],qr4[N];
 int n,ans[N],nq,tot;

 void cdq3(int l,int r) {
     if(l==r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq3(l,mid),cdq3(mid+,r);
     int L=l,R=mid+,m=;
     for(; R<=r; ++R)if(qr3[R].f) {
             for(; L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z; ++L)if(!qr3[L].f)m++;
             ans[qr3[R].i]+=m*qr3[R].f;
         }
     L=l,R=mid+;
     for(int i=l; i<=r; ++i) {
         if(R>r||(L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z))qr4[i]=qr3[L++];
         else qr4[i]=qr3[R++];
     }
     for(int i=l; i<=r; ++i)qr3[i]=qr4[i];
 }

 void cdq2(int l,int r) {
     if(l==r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq2(l,mid),cdq2(mid+,r);
     int L=l,R=mid+,m=;
     for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
             for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)qr3[m++]=qr2[L];
             qr3[m++]=qr2[R];
         }
     if(m>)cdq3(,m-);
     L=l,R=mid+;
     for(int i=l; i<=r; ++i) {
         if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
         else qr3[i]=qr2[R++];
     }
     for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
 }

 void cdq1(int l,int r) {
     if(l==r)return;
     int mid=(l+r)>>;
     cdq1(l,mid),cdq1(mid+,r);
     int L=l,R=mid+,m=;
     for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
             for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
             qr2[m++]=qr[R];
         }
     if(m>)cdq2(,m-);
     L=l,R=mid+;
     for(int i=l; i<=r; ++i) {
         if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
         else qr2[i]=qr[R++];
     }
     for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
 }

 int main() {
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--) {
         nq=tot=;
         memset(ans,,sizeof ans);
         scanf("%d",&n);
         for(int i=; i<n; ++i) {
             int f;
             scanf("%d",&f);
             if(f==) {
                 int x,y,z;
                 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
                 qr[nq++]= {,x,y,z,};
             } else {
                 int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
                 scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
                 qr[nq++]= {,x2,y2,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x1-,y2,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x2,y1-,z2,tot};
                 qr[nq++]= {-,x2,y2,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {,x1-,y1-,z2,tot};
                 qr[nq++]= {,x2,y1-,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {,x1-,y2,z1-,tot};
                 qr[nq++]= {-,x1-,y1-,z1-,tot++};
             }
         }
         cdq1(,nq-);
         for(int i=; i<tot; ++i)printf("%d\n",ans[i]);
     }
     return ;
 }

两种解法复杂度均为O(nlog³n)，但解法二比解法一常数大很多，这道题可以勉强A掉，而同样思路的BZOJ3262用同样的方法就会被卡掉。