三维偏序：CDQ分治

cdq分治是一种常用的降维手段，可以解决偏序问题。

题目

给定$n$个三元组$(x, y, z)$，给定一个$f(a)$，表示所有元素$b$（自己不算），它的$x,y,z$均小于等于$a$的对应$x,y,z$，求$[0, n)$中每种$f$值的个数。

$n \leq 100000$

$x, y, z \leq 200000$

简单模型

一维：仅有$x$：按$x$排序即可。

二维：有$(x, y)$，按先$x$后$y$顺序排序，然后将$y$值用树状数组统计。

三维偏序：cdq分治解法

思想：类似归并排序

现将元素按$x, y, z$升序排序。（降一维$x$），然后还剩下两维，可以用归并排序的思想消去一维。

将待处理的序列分成两份，分别按$y$值排序和统计。（分治思想，类似逆序对）

统计：两部分中：左半部分$x$都比右半部分的小，因此只需要统计右半部分对左半部分的贡献即可。用树状数组统计$z$值。因为两边$y$值都是有序的，所以维护一个左边的指针，每次将$y$值小于等于右边当前位置的元素扔进树状数组统计，然后统计$z$值比它小的即可。

int p = l; //前指针
for(int i=mid+1; i<=r; i++){ //后半部分用前半部分更新
    for(;a[p].y<=a[i].y && p<=mid; ++p) upd(a[p].z, a[p].cnt); //把y比它小的加进树状数组，注意cnt
    a[i].ans += ask(a[i].z); //查询x, y, z均比a[i]小的
}

时间复杂度：$O(n log ^ 2 n)$

注意事项

1. 处理前必须去重，因为是小于等于，要防止同样的元素被切进两个区域导致无法统计答案。最后统计答案时，要针对$cnt$再进行更改（详见代码）
2. 不能每次新建一个树状数组或清空树状数组，要一步一步撤销操作，否则每次都要花费$O(n)$时间清空，总时间复杂度变成$O(n^2)$。

Code

已经省略快读，快输

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100005, K = 200005;
typedef long long ll;
struct elem{
    int x, y, z, ans, cnt;
}a[N], tmp[N];
int ans[N];
bool cmpx(elem a, elem b){return (a.x == b.x)?((a.y==b.y)?(a.z<b.z):(a.y<b.y)):(a.x<b.x);} //先x后y，z排序
bool cmpy(elem a, elem b){return (a.y == b.y)?(a.z<b.z):(a.y<b.y);} //先y后z排序
int n, k;
int tr[K];
inline void upd(int p, int x){ //树状数组更新
    if(p == 0) return ;
    for(;p<=k; p+=p&-p) tr[p] += x;
}
inline int ask(int p){ //树状数组前缀和
    int ans = 0;
    for(;p; p-=p&-p) ans+=tr[p];
    return ans;
}

void solve(int l, int r){ //cdq分治
    if(l == r) return ;
    int mid = (l + r) >> 1;
    solve(l, mid); solve(mid+1, r); //两边排序，统计
    int p = l; //前指针
    for(int i=mid+1; i<=r; i++){ //后半部分用前半部分更新
        for(;a[p].y<=a[i].y && p<=mid; ++p) upd(a[p].z, a[p].cnt); //把y比它小的加进树状数组，注意cnt
        a[i].ans += ask(a[i].z); //查询x, y, z均比a[i]小的
    }
    for(int i=l; i<p; i++) upd(a[i].z, -a[i].cnt); //清空，注意没有用的不清空
    merge(a+l, a+mid+1, a+mid+1, a+r+1, tmp, cmpy); //归并，同归并排序
    for(int i=l; i<=r; i++) a[i] = tmp[i - l];
}

int main(){
    freopen("3810.in", "r", stdin);
    freopen("3810.out", "w", stdout);
    in(n); in(k);
    for(int i=1; i<=n; i++) in(a[i].x), in(a[i].y), in(a[i].z), a[i].cnt = 1;
    sort(a+1, a+1+n, cmpx);
    int p = 1;
    for(int i=2; i<=n; i++){ //去重，统计cnt
        if(a[i].x == a[i-1].x && a[i].y == a[i-1].y && a[i].z == a[i-1].z) ++a[p].cnt;
        else a[++p] = a[i];
    }
    solve(1, p);
    for(int i=1; i<=p; i++) ans[a[i].ans + a[i].cnt - 1] += a[i].cnt;//有相同的答案会增加，注意自己不算
    for(int i=0; i<n; i++) write(ans[i]), putchar(‘\n‘);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/RiverHamster/p/cdq-3dPartialOrder.html