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)
1 #include<bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int N=5e5+10;
5 struct QR {
6 int f,x,y,z,i;
7 } qr[N],qr2[N],qr3[N];
8 int c[N],n,ans[N],nq,tot,zz[N],maxz;
9 int lowbit(int x) {return x&-x;}
10 void add(int u,int x) {
11 for(; u<=maxz; u+=lowbit(u))c[u]+=x;
12 }
13 int get(int u) {
14 int ret=0;
15 for(; u; u-=lowbit(u))ret+=c[u];
16 return ret;
17 }
18
19 void cdq2(int l,int r) {
20 if(l==r)return;
21 int mid=(l+r)>>1;
22 cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
23 int L=l,R=mid+1;
24 for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
25 for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)add(qr2[L].z,1);
26 ans[qr2[R].i]+=get(qr2[R].z)*qr2[R].f;
27 }
28 for(int i=l; i<L; ++i)if(!qr2[i].f)add(qr2[i].z,-1);
29 L=l,R=mid+1;
30 for(int i=l; i<=r; ++i) {
31 if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
32 else qr3[i]=qr2[R++];
33 }
34 for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
35 }
36
37 void cdq1(int l,int r) {
38 if(l==r)return;
39 int mid=(l+r)>>1;
40 cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
41 int L=l,R=mid+1,m=0;
42 for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
43 for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
44 qr2[m++]=qr[R];
45 }
46 if(m>0)cdq2(0,m-1);
47 L=l,R=mid+1;
48 for(int i=l; i<=r; ++i) {
49 if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
50 else qr2[i]=qr[R++];
51 }
52 for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
53 }
54
55 int main() {
56 int T;
57 scanf("%d",&T);
58 while(T--) {
59 nq=tot=0;
60 memset(c,0,sizeof c);
61 memset(ans,0,sizeof ans);
62 scanf("%d",&n);
63 for(int i=0; i<n; ++i) {
64 int f;
65 scanf("%d",&f);
66 if(f==1) {
67 int x,y,z;
68 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
69 qr[nq++]= {0,x,y,z,0};
70 } else {
71 int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
72 scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
73 qr[nq++]= {1,x2,y2,z2,tot};
74 qr[nq++]= {-1,x1-1,y2,z2,tot};
75 qr[nq++]= {-1,x2,y1-1,z2,tot};
76 qr[nq++]= {-1,x2,y2,z1-1,tot};
77 qr[nq++]= {1,x1-1,y1-1,z2,tot};
78 qr[nq++]= {1,x2,y1-1,z1-1,tot};
79 qr[nq++]= {1,x1-1,y2,z1-1,tot};
80 qr[nq++]= {-1,x1-1,y1-1,z1-1,tot++};
81 }
82 }
83 maxz=0;
84 for(int i=0; i<nq; ++i)zz[maxz++]=qr[i].z;
85 sort(zz,zz+maxz);
86 maxz=unique(zz,zz+maxz)-zz;
87 for(int i=0; i<nq; ++i)qr[i].z=lower_bound(zz,zz+maxz,qr[i].z)-zz+1;
88 cdq1(0,nq-1);
89 for(int i=0; i<tot; ++i)printf("%d\n",ans[i]);
90 }
91 return 0;
92 }
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
1 #include<bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int N=5e5+10;
5 struct QR {
6 int f,x,y,z,i;
7 } qr[N],qr2[N],qr3[N],qr4[N];
8 int n,ans[N],nq,tot;
9
10 void cdq3(int l,int r) {
11 if(l==r)return;
12 int mid=(l+r)>>1;
13 cdq3(l,mid),cdq3(mid+1,r);
14 int L=l,R=mid+1,m=0;
15 for(; R<=r; ++R)if(qr3[R].f) {
16 for(; L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z; ++L)if(!qr3[L].f)m++;
17 ans[qr3[R].i]+=m*qr3[R].f;
18 }
19 L=l,R=mid+1;
20 for(int i=l; i<=r; ++i) {
21 if(R>r||(L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z))qr4[i]=qr3[L++];
22 else qr4[i]=qr3[R++];
23 }
24 for(int i=l; i<=r; ++i)qr3[i]=qr4[i];
25 }
26
27
28 void cdq2(int l,int r) {
29 if(l==r)return;
30 int mid=(l+r)>>1;
31 cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
32 int L=l,R=mid+1,m=0;
33 for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
34 for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)qr3[m++]=qr2[L];
35 qr3[m++]=qr2[R];
36 }
37 if(m>0)cdq3(0,m-1);
38 L=l,R=mid+1;
39 for(int i=l; i<=r; ++i) {
40 if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
41 else qr3[i]=qr2[R++];
42 }
43 for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
44 }
45
46 void cdq1(int l,int r) {
47 if(l==r)return;
48 int mid=(l+r)>>1;
49 cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
50 int L=l,R=mid+1,m=0;
51 for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
52 for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
53 qr2[m++]=qr[R];
54 }
55 if(m>0)cdq2(0,m-1);
56 L=l,R=mid+1;
57 for(int i=l; i<=r; ++i) {
58 if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
59 else qr2[i]=qr[R++];
60 }
61 for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
62 }
63
64 int main() {
65 int T;
66 scanf("%d",&T);
67 while(T--) {
68 nq=tot=0;
69 memset(ans,0,sizeof ans);
70 scanf("%d",&n);
71 for(int i=0; i<n; ++i) {
72 int f;
73 scanf("%d",&f);
74 if(f==1) {
75 int x,y,z;
76 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
77 qr[nq++]= {0,x,y,z,0};
78 } else {
79 int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
80 scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
81 qr[nq++]= {1,x2,y2,z2,tot};
82 qr[nq++]= {-1,x1-1,y2,z2,tot};
83 qr[nq++]= {-1,x2,y1-1,z2,tot};
84 qr[nq++]= {-1,x2,y2,z1-1,tot};
85 qr[nq++]= {1,x1-1,y1-1,z2,tot};
86 qr[nq++]= {1,x2,y1-1,z1-1,tot};
87 qr[nq++]= {1,x1-1,y2,z1-1,tot};
88 qr[nq++]= {-1,x1-1,y1-1,z1-1,tot++};
89 }
90 }
91 cdq1(0,nq-1);
92 for(int i=0; i<tot; ++i)printf("%d\n",ans[i]);
93 }
94 return 0;
95 }
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。
原文地址：https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/10269495.html
时间： 2024-10-06 14:22:43