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题目传送门 - BZOJ3262

题目传送门 - 落谷P3810

题意

　　有$n$个元素，第$i$个元素有$a_i$、$b_i$、$c_i$三个属性，设$f(i)$表示满足$a_j\leq a_i$且$b_j\leq b_i$且$c_j\leq c_i$的$j$的数量。对于$d\in [0,n)$,求$f(i)=d$的数量。

　　$n\leq 100000,max\{a_i,b_i,c_i|i\in[1,n]\}<=200000$

题解

　　三维偏序模版题。

　　CDQ分治一波。树套树也可以。

　　CDQ分治思路：

　　　　一维偏序：直接排序。

　　　　二维偏序：树状数组。

　　　　三维偏序：第3维套CDQ分治。

　　对于第一维和第二维我们还是按照原样处理。

　　对于第三维，我们考虑分治。

　　首先显然要排序。

　　对于一个区间$[L,R]$，首先求得$mid=\left\lfloor\frac{L+R}{2}\right\rfloor$。

　　然后考虑先分治$[L,mid]$和$[mid+1,R]$。

　　然后通过树状数组的做法，用左区间来更新右区间。注意树状数组的还原。

　　总体来说，对于第3维，是在开始的时候保存了rank。对于第2维，是在递归的过程中归并得到了有序排列。对于第1维，由于一开始排序的时候作为了第3关键字，而归并排序具有稳定性，所以，对于第二维相同的，第三维是有序的。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
struct Node{
	int x,y,z,rank,res;
	void get(){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),res=0;
	}
}a[N],b[N];
int n,k,tree[N*2],tot[N];
bool cmp(Node a,Node b){
	if (a.x!=b.x)
		return a.x<b.x;
	if (a.y!=b.y)
		return a.y<b.y;
	return a.z<b.z;
}
bool issame(Node a,Node b){
	return a.x==b.x&&a.y==b.y&&a.z==b.z;
}
void sameadd(){
	int tot=1,last=n;
	for (int i=n-1;i>=1;i--)
		if (issame(a[i],a[last]))
			a[i].res+=tot++;
		else
			last=i,tot=1;
}
int lowbit(int x){
	return x&-x;
}
void add(int x,int y){
	for (;x<=k;x+=lowbit(x))
		tree[x]+=y;
}
int sum(int x){
	int ans=0;
	for (;x>0;x-=lowbit(x))
		ans+=tree[x];
	return ans;
}
void CDQ(int L,int R){
	if (L==R)
		return;
	int mid=(L+R)>>1,cnt=L;
	CDQ(L,mid),CDQ(mid+1,R);
	for (int i=L,l=L,r=mid+1;i<=R;i++)
		if (r>R||(l<=mid&&a[l].y<=a[r].y))
			b[cnt++]=a[l++];
		else
			b[cnt++]=a[r++];
	for (int i=L;i<=R;i++){
		a[i]=b[i];
		if (a[i].rank<=mid)
			add(a[i].z,1);
		else
			a[i].res+=sum(a[i].z);
	}
	for (int i=L;i<=R;i++)
		if (a[i].rank<=mid)
			add(a[i].z,-1);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i].get();
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	sameadd();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i].rank=i;
	memset(tree,0,sizeof tree);
	CDQ(1,n);
	memset(tot,0,sizeof tot);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		tot[a[i].res]++;
	for (int i=0;i<n;i++)
		printf("%d\n",tot[i]);
	return 0;
}

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