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原理

模板题传送门：https://www.acwing.com/problem/content/2817/

cdq分治用来解决什么样的问题呢？一般来说可以：

1. 统计具有三维属性 (a,b,c) 的、满足一定的比较关系 data 有多少对。
2. 优化一些数据结构，算法。

流程：

下面说一下cdq分治解决上面模板题的流程。

排序解决第一维情况 首先我们将整个 data 集排序。(以 a 为第一关键字，以 b 为第二关键字，以 c 为第三关键字) 这样做便可以处理掉第一维的情况。

接下来，我们采取分治的思想来统计满足题意的对数。

对于目前需要处理的区间 [l,r] ： 记 mid=\lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor ，左区间 [l,mid] ，右区间 [mid+1,r] 。

分情况讨论：

• 假如满足条件的点对 (p,q) 都在左区间或者右区间，那么我们递归处理下去就好。
• 否则，p 必然在左区间，q 必然在右区间，我们对这样的点对进行统计。

故重点在于第二种情况： 此时第一维情况（a_p\leq a_q）必然是满足的。

采取双指针解决第二维情况 假设现在的左右两个区间是按照 b 为关键字排好序了，我们记左区间的指针为 j ，右区间的指针为 i 。

对于每一个 i ，我们让 j 右移，直到找到第一个 j ，满足 b_j>b_i ，那么对于 x\in[l,j-1] 均有 b_i\geq b_x 。

采用树状数组解决第三维情况 最后，只要解决第三维情况，就可以统计出每一个 data_i 相应的贡献（对数）了：对于元素 data_x 其中 x\in[l,j-1] ，我们将这样的 data 的属性 c 值放入树状数组中，只需查询一下 query(c_i) 就可以找到满足 c_i\geq c_x 的个数了，注意到与此同时，前面两维情况也同时被满足，所以这样的个数就是所求的贡献。

细节： 我们记三维数据同时相等的 data 为同一类，发现分治的时候同一类之间并不好处理，所以我们将同一类进行合并，用 cnt 来记录每一类的个数，那么对不同类之间进行分治就可以了。

代码

#pragma GCC optimize("O3")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=1e5+5, M=2e5+5;
int n,m;
struct data{
int a,b,c,cnt,res;

bool operator<(const data &o)const{
if(a!=o.a) return a<o.a;
if(b!=o.b) return b<o.b;
return c<o.c;
}

bool operator==(const data &o)const{
return a==o.a && b==o.b && c==o.c;
}
}e
, tmp
;
int tot;
int tr[M];

int lowbit(int x){return x&-x;}

void add(int p,int k){
for(;p<M;p+=lowbit(p)) tr[p]+=k;
}

int query(int p){
int res=0;
for(;p;p-=lowbit(p)) res+=tr[p];
return res;
}

void cdq(int l,int r){
if(l>=r) return;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid), cdq(mid+1,r);
// 这里定义左区间对应的指针为 j, 右区间对应的指针为 i.
for(int j=l, i=mid+1, k=l;k<=r;k++)
if(i>r || j<=mid && e[j].b<=e[i].b) add(e[j].c,e[j].cnt), tmp[k]=e[j++]; // 如果说右区间的指针已经走到边界，或者左区间的b值比较小。
else e[i].res+=query(e[i].c), tmp[k]=e[i++];
for(int j=l;j<=mid;j++) add(e[j].c,-e[j].cnt); // 恢复桶
for(int k=l;k<=r;k++) e[k]=tmp[k];  // 完成排序，复制
}

int ans[M];

int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
int a,b,c; cin>>a>>b>>c;
e[i]={a,b,c,1};
}

sort(e+1,e+1+n);

for(int i=1;i<=n;i++)
if(e[i]==e[tot]) e[tot].cnt++;
else e[++tot]=e[i];

cdq(1,tot);

for(int i=1;i<=tot;i++) ans[e[i].res+e[i].cnt-1]+=e[i].cnt;
for(int i=0;i<n;i++) cout<<ans[i]<<'\n';

return 0;
}