Cdq分治和整体二分是两个很奇妙的东西。他们都是通过离线的思想来进行优化，从而更快的求出解。
整体二分通俗的讲就是二分答案，但是它了不起的地方是一下子把所有的答案都二分出来了，从而可以一下子得出所有查询。
CDQ分治通俗的讲就是二分查询。通常的做法是把所有的查询分成两半，然后通过递归先计算出左边一半的所有的查询，然后通过这些已知的左半边的值来更新右半边的值。这里，最最重要的思想是通过左半边来更新右半边。更具体一点，就是用左半边的修改来更新右半边的查询。
重要的事情说话三遍：
CDQ分治就是通过左半边的修改来更新右半边的查询！
CDQ分治就是通过左半边的修改来更新右半边的查询！
CDQ分治就是通过左半边的修改来更新右半边的查询！
CDQ的主要作用就是降维。因为当你二分查询的时候，你可以保证左半边的查询都满足你二分前的顺序。
一、整体二分
1. 最经典的题目：带修改的区间第k小数（hdu5412）
因为相同的题目太多了，挑了一道比较新的题。其实就是题面不一样。
题目意思：
给你N个数，有两种询问。一个是修改第K个数的值，二是询问一个区间内的第k小的数，输出这个数。
所以，具体的做法就是二分答案。如果比猜测的数字小的个数比较多，那么答案一定在左边的区间内，反之就在右边的区间内。然后递归来继续这个操作。
这是写的第一道整体二分，不要问我为什么和网上的代码几乎一模一样。我只是因为看了很久才看懂，所以几乎就背出来了……
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cctype>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 323400
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
int dat[maxn];
void add(int k,int val){
while(k<maxn){
dat[k]+=val;
k+=lowbit(k);
}
}
int query(int k){
int sum=0;
while(k>0){
sum+=dat[k];
k-=lowbit(k);
}
return sum;
}
struct {
//sign x query val k
int s,x,val,q,k,l,r,cur;
}q[maxn],q1[maxn],q2[maxn];
int A[maxn];
int temp[maxn];
int ans[maxn];
//×ó±ÕÓÒ±Õ
void div_solve(int head,int tail,int l,int r){
//cout<<head<<‘ ‘<<tail<<‘ ‘<<l<<‘ ‘<<r<<endl;
if(head>tail)return ;
if(l==r){
for(int i=head;i<=tail;++i){
if(q[i].s==3)
ans[q[i].q]=l;
}
return ;
}
int mid=l+r>>1;
for(int i=head;i<=tail;++i){
if(q[i].s==1 && q[i].val<=mid) add(q[i].x,1);
else if(q[i].s==2 && q[i].val<=mid) add(q[i].x,-1);
else if(q[i].s==3) temp[i]=query(q[i].r)-query(q[i].l-1);
}
for(int i=head;i<=tail;++i){
if(q[i].s==1 && q[i].val<=mid) add(q[i].x,-1);
else if(q[i].s==2 && q[i].val<=mid) add(q[i].x,1);
}
int l1=0,l2=0;
for(int i=head;i<=tail;++i){
if(q[i].s==3){
if(q[i].cur+temp[i]>=q[i].k){
q1[l1++]=q[i];
}
else{
q[i].cur+=temp[i];
q2[l2++]=q[i];
}
}
else
{
if(q[i].val<=mid){
q1[l1++]=q[i];
}
else{
q2[l2++]=q[i];
}
}
}
for(int i=0;i<l1;++i){
q[i+head]=q1[i];
}
for(int i=0;i<l2;++i){
q[i+head+l1]=q2[i];
}
div_solve(head,head+l1-1,l,mid);
div_solve(head+l1,tail,mid+1,r);
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
int a,b,c,d;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a);
A[i]=a;
q[cnt].s=1;q[cnt].x=i;
q[cnt].cur=0;
q[cnt++].val=a;
}
int t,tt=0;
scanf("%d",&t);
for(int i=1;i<=t;++i){
scanf("%d",&a);
if(a==1){
scanf("%d%d",&b,&c);
q[cnt].s=2;q[cnt].x=b;q[cnt].cur=0;
q[cnt++].val=A[b];
q[cnt].s=1;q[cnt].x=b;q[cnt].cur=0;
q[cnt++].val=c;
A[b]=c;
}
else{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
q[cnt].s=3;q[cnt].l=a;q[cnt].q=++tt;
q[cnt].cur=0;
q[cnt].r=b;q[cnt++].k=c;
}
}
div_solve(0,cnt-1,0,INF);
for(int i=1;i<=tt;++i)
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
2.POI 2011 Meteors
//因为bzoj现在都要收费了，找了半天终于找到免费的。
http://main.edu.pl/en/archive/oi/18/met
题目意思：
一个行星有一条圆形的轨道。这条轨道被分成了m份，这些轨道分别属于n个国家。一个国家可以拥有多个轨道。在轨道周围会有流星雨落下，现在各个国家需要收集一些流星雨。问你需要经过多少时间，各个国家才能完成他们的收集任务。
因为问的是时间，所以第一个想到是二分时间。接下来在维护一个线段树，用来区间修改。然后再根据二分时间，检查是否满足要求。继续二分，直到找到解。其中的一个处理是在t+1的时间再加一个无限大的流星，用来确定是不是能够成功收集。
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 301234
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
const ll INF2=(0x3f3f3f3f)*100ll;
//bit Çø¼äÐÞ¸Ä µ¥µã²éѯ
ll dat[maxn];
//×ó±ÕÓÒ¿ª
void init(){
memset(dat,0,sizeof(dat));
}
void add(int l,int r,int val){
while(l<maxn){
dat[l]+=val;
l+=lowbit(l);
}
while(r<maxn){
dat[r]-=val;
r+=lowbit(r);
}
}
ll query(int k){
ll sum=0;
while(k>0){
sum+=dat[k];
k-=lowbit(k);
}
return sum;
}
struct edge{
int to,next;
}G[maxn];
int head[maxn];
void add_edge(int from,int to,int &cnt){
edge e;
e.to=to;e.next=head[from];
G[++cnt]=e;
head[from]=cnt;
}
struct node{
int l,r,num;
}Q[maxn];
ll cur[maxn];
int A[maxn],ID[maxn],T[maxn],Ans[maxn];
int n,m,t;
int temp[maxn],temp2[maxn];
void solve(int start,int tail,int l,int r){
if(start>tail) return ;
if(l==r){
for(int i=start;i<=tail;++i){
int d=ID[i];
Ans[d]=l;
}
return ;
}
//init();
int mid=(l*1ll+r)>>1;
for(int i=l;i<=mid;++i){
int l=Q[i].l,r=Q[i].r,num=Q[i].num;
if(l>r){
add(l,m+1,num);
add(1,r+1,num);
}
else
add(l,r+1,num);
}
int l1=0,l2=0;
for(int i=start;i<=tail;++i){
int d=ID[i];
ll cnt=0;
for(int j=head[d];j;j=G[j].next){
int to=G[j].to;
cnt+=query(to);
if(cnt>INF)break;
}
if(cnt+cur[d]>=T[d]){
temp[l1++]=d;
}
else{
temp2[l2++]=d;
cur[d]+=cnt;
}
}
for(int i=0;i<l1;++i){
ID[start+i]=temp[i];
}
for(int i=0;i<l2;++i){
ID[start+l1+i]=temp2[i];
}
for(int i=l;i<=mid;++i){
int l=Q[i].l,r=Q[i].r,num=Q[i].num;
if(l>r){
add(l,m+1,-num);
add(1,r+1,-num);
}
else
add(l,r+1,-num);
}
//cout<<l<<" "<<r<<endl;
solve(start,start+l1-1,l,mid);
solve(start+l1,tail,mid+1,r);
}
int Scan(){
int res=0, ch;
ch=getchar();
//windows»Ø³µ\r\n linux»Ø³µ\n ·ÀÖ¹Êý¾ÝÖÐûÓÐÈ¥³ý\r
if(ch==10) ch=getchar();
if(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=ch-‘0‘;
else return -1;
while((ch=getchar())>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=res*10+ch-‘0‘;
return res;
}
void Out(ll a){
if(a>9)
Out(a/10);
putchar(a%10+‘0‘);
}
int main()
{
//scanf("%d%d",&n,&m);
n=Scan();m=Scan();
memset(head,0,sizeof(head));
int tot=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
//scanf("%d",&A[i]);
A[i]=Scan();
add_edge(A[i],i,tot);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
//scanf("%d",&T[i]);
T[i]=Scan();
ID[i]=i;
}
//scanf("%d",&t);
t=Scan();
int l,r,num;
for(int i=1;i<=t;++i){
//scanf("%d%d%d",&l,&r,&num);
l=Scan();r=Scan();num=Scan();
Q[i].l=l;Q[i].r=r;
Q[i].num=num;
}
t+=1;
Q[t].num=INF;Q[t].l=1;Q[t].r=m;
//memset(cur,0,sizeof(cur));
solve(1,n,1,t);
for(int i=1;i<=n;++i){
if(Ans[i]==t){
puts("NIE");
}
else{
//printf("%d\n",Ans[i]);
Out(Ans[i]);
putchar(‘\n‘);
}
}
return 0;
}
其他学习资料：http://www.cnblogs.com/zig-zag/archive/2013/04/18/3027707.html
二、CDQ分治
1.Boring Class（hdu5324）
题目意思：给你两个序列，分别为L序列和R序列。求一个最长的序列，满足对于每个Vi,Vj，L[Vi]>=L[Vj] 并且R[Vi]<=R[Vj]，同时还要的是字典序最小这个条件。
这题是典型的CDQ分治的题目。因为有三维，顺序维、L维和R维，我们不好处理。所以这个时候就可以通过CDQ分治来二分它的顺序。这样就可以保证在CDQ的过程中，时间顺序一定是满足的。接下来在CDQ中，我们不妨按照R来排序，这样可以确定R也满足顺序，然后再进行DP就可以得出结果了。其中要注意的是从右往左DP，这样可以求出字典序的最小。
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include<cassert>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 50099
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
int tot;
int L[maxn],R[maxn];
int Num[maxn*2],D[maxn];
struct node{
int l,r,id;
bool operator<(const node &B)const{
if(r!=B.r)return r<B.r;
if(l!=B.l)return l>B.l;
return id<B.id;
}
}q1[maxn],q2[maxn];
int dat[maxn*2];
void update(int k,int val){
while(k<tot+10){
dat[k]=max(dat[k],val);
k+=lowbit(k);
}
}
void clear(int k){
while(k<tot+10){
dat[k]=0;
k+=lowbit(k);
}
}
int query(int k){
int Max=0;
while(k>0){
Max=max(Max,dat[k]);
k-=lowbit(k);
}
return Max;
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)/2;
cdq(mid+1,r);
for(int i=l;i<=mid;++i){
q1[i].l=L[i];q1[i].r=R[i];q1[i].id=i;
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
q2[i].l=L[i];q2[i].r=R[i];q2[i].id=i;
}
sort(q1+l,q1+mid+1);
sort(q2+mid+1,q2+r+1);
for(int i=mid,j=r;i>=l;--i){
while(j>mid && q2[j].r>=q1[i].r){
update(q2[j].l,D[q2[j].id]);
j--;
}
D[q1[i].id]=max(D[q1[i].id],query(q1[i].l)+1);
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
clear(q2[i].l);
}
cdq(l,mid);
}
int Scan(){
int res=0, ch;
ch=getchar();
//windows»Ø³µ\r\n linux»Ø³µ\n ·ÀÖ¹Êý¾ÝÖÐûÓÐÈ¥³ý\r
if(ch==10) ch=getchar();
if(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=ch-‘0‘;
else return -1;
while((ch=getchar())>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=res*10+ch-‘0‘;
return res;
}
void Out(ll a){
if(a>9)
Out(a/10);
putchar(a%10+‘0‘);
}
int main()
{
int n;
//~(n=Scan())
//freopen("data.in","r",stdin);
while(~scanf("%d",&n)){
tot=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&L[i]);
//L[i]=Scan();
Num[tot++]=L[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&R[i]);
//R[i]=Scan();
Num[tot++]=R[i];
}
sort(Num,Num+tot);
tot=unique(Num,Num+tot)-Num;
for(int i=1;i<=n;++i){
L[i]=(lower_bound(Num,Num+tot,L[i])-Num)+1;
R[i]=(lower_bound(Num,Num+tot,R[i])-Num)+1;
}
// cout<<"ok"<<endl;
for(int i=1;i<maxn;++i)
D[i]=1;
cdq(1,n);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
ans=max(D[i],ans);
}
printf("%d\n",ans);
//Out(ans);putchar(‘\n‘);
int pre=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(D[i]==ans && (pre==0 || ( L[pre]>=L[i] && R[pre]<=R[i]))){
ans--;
if(pre)putchar(‘ ‘);
printf("%d",i);
//Out(i);
pre=i;
}
}
putchar(‘\n‘);
}
return 0;
}
2. Pinball Game 3D（hdu4742）
题目意思：给你三个序列X,Y,Z求最长上升序列的长度。同时输出可以构成最长上升序列的方法数。
和之前的一题几乎一样，多了一个维护方法数。所以树状数组不仅要维护一个Dp的值，同时还要维护一个方法数。如果Dp更新了，方法数就是更新它的值，反之，在原来的基础上要加上那种方法的个数。
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 100009
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
int Fu[maxn*3];
ll Num[maxn];
int D[maxn];
const ll MOD=(1<<30);
struct node{
int x,y,z;
bool operator <(const node&B) const{
if(x!=B.x) return x<B.x;
if(y!=B.y) return y<B.y;
return z<B.z;
}
}A[maxn];
struct node2{
int x,y,z,id;
bool operator<(const node2&B)const{
if(y!=B.y) return y<B.y;
if(z!=B.z) return z<B.z;
return id<B.id;
}
}q1[maxn],q2[maxn];
PII dat[maxn*3];
void update(int k,int val,ll num){
while(k<maxn*3){
if(val>dat[k].X){
dat[k].X=val;
dat[k].Y=num;
}
else if(val==dat[k].X){
dat[k].Y+=num;
dat[k].Y%=MOD;
}
k+=lowbit(k);
}
}
PII query(int k){
PII Max=MP(0,0);
while(k>0){
if(dat[k].X>Max.X){
Max=dat[k];
}
else if(dat[k].X==Max.X){
Max.Y+=dat[k].Y;
Max.Y%=MOD;
}
k-=lowbit(k);
}
return Max;
}
void clear(int k){
while(k<maxn*3){
dat[k]=MP(0,0);
k+=lowbit(k);
}
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return ;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;++i){
q1[i].x=A[i].x;q1[i].y=A[i].y;
q1[i].z=A[i].z;q1[i].id=i;
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
q2[i].x=A[i].x;q2[i].y=A[i].y;
q2[i].z=A[i].z;q2[i].id=i;
}
sort(q1+l,q1+mid+1);
sort(q2+mid+1,q2+r+1);
for(int i=mid+1,j=l;i<=r;++i){
while(j<=mid && q1[j].y<=q2[i].y){
update(q1[j].z,D[q1[j].id],Num[q1[j].id]);
j++;
}
PII temp=query(q2[i].z);
if(D[q2[i].id]<temp.X+1){
D[q2[i].id]=temp.X+1;
Num[q2[i].id]=temp.Y;
}
else if(D[q2[i].id]==temp.X+1){
Num[q2[i].id]+=temp.Y;
Num[q2[i].id]%=MOD;
}
}
for(int i=l;i<=mid;++i){
clear(q1[i].z);
}
cdq(mid+1,r);
}
int Scan(){
int res=0, ch;
ch=getchar();
//windows»Ø³µ\r\n linux»Ø³µ\n ·ÀÖ¹Êý¾ÝÖÐûÓÐÈ¥³ý\r
if(ch==10) ch=getchar();
if(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=ch-‘0‘;
else return -1;
while((ch=getchar())>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
res=res*10+ch-‘0‘;
return res;
}
void Out(ll a){
if(a>9)
Out(a/10);
putchar(a%10+‘0‘);
}
int main()
{
int T;
//scanf("%d",&T);
T=Scan();
while(T--){
int n;
//scanf("%d",&n);
n=Scan();
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
//scanf("%d%d%d",&A[i].x,&A[i].y,&A[i].z);
A[i].x=Scan();A[i].y=Scan();A[i].z=Scan();
Fu[tot++]=A[i].x;
Fu[tot++]=A[i].y;
Fu[tot++]=A[i].z;
}
sort(Fu,Fu+tot);
for(int i=1;i<=n;++i){
D[i]=Num[i]=1;
A[i].x=lower_bound(Fu,Fu+tot,A[i].x)-Fu+1;
A[i].y=lower_bound(Fu,Fu+tot,A[i].y)-Fu+1;
A[i].z=lower_bound(Fu,Fu+tot,A[i].z)-Fu+1;
}
sort(A+1,A+n+1);
cdq(1,n);
int Max=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
Max=max(Max,D[i]);
}
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(D[i]==Max){
sum=sum+Num[i];
sum%=MOD;
}
}
printf("%d %I64d\n",Max,sum);
}
return 0;
}
3. Machine Works(hdu3842)
这是2011WorldFinal的一道题目，所以做的人不多。要是我当时看到是WorldFinal的题，肯定吓得直接跳过了。但是事实上难度还可以。
题目意思：
初始时，给你一笔资金C元，以及一段时间D天。在其中的某天会提供给你购买机器的机会，你可以选择购买或者不购买。买机器需要花费P元，卖出可以获得R元，从够买机器的第二天起，到卖出机器的前一天，你可以每天获得G元。最后一天将卖出所有机器。同时，由于场地限制，最多只能同时拥有一台机器。
首先我们可以用D[i]来维护前一个状态结束，刚刚到达i这个机器时，所能拥有的最大值。
D[i]=max{D[j]-P[j]+R[j]+G[j]*(day[i]-day[j]-1)}
因为j的信息都是已知的，所以可以化解为
D[i]=C+k*day[i];
所以也就化解为斜率优化DP的问题了。
所以我们接下来按照斜率从小到大来排序，用一个队列来维护。队列中的元素满足k是递增的。所以队尾的元素一定在某些x时候会比队尾的前一个元素大。现在当你要新加入一个元素到末尾的时候，新加入的元素可能无论在什么时候都比原先在队尾的元素大，这样就删掉那个元素。
同时对于队首的维护，当目前的x不是最大时，删除这个队首的值。DP一下就可以了。
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 123456
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
//19:52
ll D[maxn];
struct node{
int day,pri,ret,val,id;
bool operator <(const node &B)const {
return day<B.day;
}
}A[maxn];
struct node2{
int day,pri,ret,val,id;
bool operator <(const node2 &B)const {
if(val==B.val){
ll t1=D[id]+ret-pri-1ll*(day+1)*val;
ll t2=D[B.id]+B.ret-B.pri-1ll*(B.day+1)*B.val;
return t1<t2;
}
return val<B.val;
}
}q1[maxn],q2[maxn];
ll K[maxn],B[maxn];
ll f(int i,int x){
ll ans=K[i]*x+B[i];
return ans;
}
bool check(int i1,int i2,ll k3,ll b3){
ll k1=K[i1],b1=B[i1],k2=K[i2],b2=B[i2];
return 1.0*(k3-k2)*(b1-b3)-1.0*(b2-b3)*(k3-k1)<0;
//return (double)(k2-k1)*(b3-b1)-(double)(k3-k1)*(b2-b1)<0;
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return ;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;++i){
q1[i].day=A[i].day;q1[i].pri=A[i].pri;
q1[i].ret=A[i].ret;q1[i].val=A[i].val;
q1[i].id=A[i].id;
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
q2[i].day=A[i].day;q2[i].pri=A[i].pri;
q2[i].ret=A[i].ret;q2[i].val=A[i].val;
q2[i].id=A[i].id;
}
sort(q1+l,q1+mid+1);
int head=0,tail=-1;
for(int i=l;i<=mid;++i){
if(D[q1[i].id]<q1[i].pri)continue;
ll t1=q1[i].val;
ll t2=D[q1[i].id]+q1[i].ret-q1[i].pri-1ll*(q1[i].day+1)*q1[i].val;
// if(tail-head+1<2){
// K[++tail]=t1;
// B[tail]=t2;
// //if(head-tail==1 && K[head]==K[tail] && B[head]<=B[tail])head++;
// }
// else{
while(tail>head && !check(tail-1,tail,t1,t2))tail--;
K[++tail]=t1;
B[tail]=t2;
//}
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
int d=q2[i].day;
while(head<tail && f(head,d)<=f(head+1,d))head++;
ll temp=f(head,d);
if(temp<0)continue;
D[q2[i].id]=max(temp,D[q2[i].id]);
}
cdq(mid+1,r);
}
int main()
{
int n,c,d;
int tt=0;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&c,&d)){
if(n==0 && c==0 && d==0)break;
D[0]=c;
A[0].id=0;A[0].day=0;A[0].val=0;A[0].pri=0;A[0].ret=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d%d%d",&A[i].day,&A[i].pri,&A[i].ret,&A[i].val);
A[i].id=i;
D[i]=c;
}
A[n+1].day=d+1;A[n+1].id=n+1;
A[n+1].pri=A[n+1].val=A[n+1].ret=0;
D[n+1]=c;
sort(A+1,A+n+1);
cdq(0,n+1);
printf("Case %d: %I64d\n",++tt,D[n+1]);
}
return 0;
}
4. 动态逆序对(BZOJ3295)
题目意思：给你一个序列求每次删除一个元素之前的逆序对的个数。
假设你要删除一个元素，那么减少的逆序对的个数不仅和他前面位置的有关，还和他后面位置的数有关。所以假设已经知道在最初状态时在他前面和后面分别的逆序对数。在删除的时候，更新这两个值，问题就解决了。
至于逆序对的个数，预处理一下就可以了。
代码：
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 123456
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
ll dat[maxn];
void update(int k,int val){
while(k<maxn){
dat[k]+=val;
k+=lowbit(k);
}
}
ll query(int k){
ll sum=0;
while(k>0){
sum+=dat[k];
k-=lowbit(k);
}
return sum;
}
int A[maxn];
int Pos[maxn];
ll L[maxn],R[maxn];
struct node{
int val,id;
bool operator <(const node &B)const {
return Pos[val]<Pos[B.val];
}
}Q[maxn],q1[maxn],q2[maxn];
ll Ans[maxn];
int n,m;
void solve(int l,int r){
if(l==r){
// cout<<Pos[Q[l].val]<<" "<<L[Pos[Q[l].val]]<<" "<<R[Pos[Q[l].val]]<<endl;
Ans[l]=L[Pos[Q[l].val]]+R[Pos[Q[l].val]];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
solve(l,mid);
int l1=0,l2=0;
for(int i=l;i<=mid;++i){
q1[l1++]=Q[i];
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
q2[l2++]=Q[i];
}
sort(q1,q1+l1);
sort(q2,q2+l2);
int j=0;
for(int i=0;i<l2;++i){
while(j<l1 && Pos[q1[j].val]<Pos[q2[i].val]){
update(q1[j].val,1);
//cout<<" "<<Pos[q1[j].val]<<" "<<n<<" "<<query(n)<<endl;
j++;
}
int ps=Pos[q2[i].val];
L[ps]-=query(n)-query(q2[i].val);
}
for(int i=0;i<j;++i){
update(q1[i].val,-1);
}
//----
j=l1-1;
for(int i=l2-1;i>=0;--i){
while(j>=0 && Pos[q1[j].val]>Pos[q2[i].val]){
update(q1[j].val,1);
j--;
}
int ps=Pos[q2[i].val];
R[ps]-=query(q2[i].val);
}
for(int i=l1-1;i>j;--i){
update(q1[i].val,-1);
}
solve(mid+1,r);
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(dat,0,sizeof(dat));
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&A[i]);
L[i]=query(n)-query(A[i]);
sum+=L[i];
update(A[i],1);
Pos[A[i]]=i;
}
memset(dat,0,sizeof(dat));
for(int i=n;i>=1;--i){
R[i]=query(A[i]);
update(A[i],1);
}
int a;
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d",&a);
Q[i].val=a;
Q[i].id=i;
}
memset(dat,0,sizeof(dat));
solve(1,m);
for(int i=1;i<=m;++i){
printf("%lld\n",sum);
sum-=Ans[i];
}
}
return 0;
}
5. Crowd(hdu4456)
题目意思：给你一张图，有两种查询，1.是给某个点的值增加Z 2.是查询曼哈顿距离小于某个点的值的和。
首先，需要的是坐标轴旋转。然后就可以用CDQ分治，或者是二维树状数组来搞了。
这篇讲的很好，我就不废话了。
http://www.aiuxian.com/article/p-2286542.html
代码：树状数组
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
#define maxn 1
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
void change(int &x,int &y,int n){
int t=x-y+n;
y=x+y-1;
x=t;
}
const int MOD=3001003;
int dat[MOD];
int num[MOD];
int Hash(int x){
int t=x%MOD;
while(1){
if(num[t]==x || num[t]==-1){
num[t]=x;
return t;
}
t++;
if(t==MOD)t=0;
}
return -1;
}
int gethash(int x){
int t=x%MOD;
while(1){
if(num[t]==-1 || num[t]==x)return t;
t++;
if(t==MOD)t=0;
}
return -1;
}
int Bound;
void add(int x,int y,int add){
for(int i=x;i<Bound;i+=lowbit(i)){
for(int j=y;j<Bound;j+=lowbit(j)){
dat[Hash(i*Bound+j)]+=add;
}
}
}
int getsum(int x,int y){
int ans=0;
for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)){
for(int j=y;j>0;j-=lowbit(j)){
ans+=dat[gethash(i*Bound+j)];
}
}
return ans;
}
int query(int a,int b,int c,int d){
int ans=0;
a=max(a,1);b=max(b,1);
c=min(Bound-1,c);
d=min(Bound-1,d);
ans=getsum(c,d)+getsum(a-1,b-1)
-getsum(a-1,d)-getsum(c,b-1);
return ans;
}
int main()
{
int n,m;
while(1){
scanf("%d",&n);
if(n==0)break;
scanf("%d",&m);
Bound=n*2+1;
memset(dat,0,sizeof(dat));
memset(num,-1,sizeof(num));
int a,x,y,z;
for(int i=0;i<m;++i){
scanf("%d%d%d%d",&a,&x,&y,&z);
change(x,y,n);
if(a==1){
add(x,y,z);
}
else{
printf("%d\n",query(x-z,y-z,x+z,y+z));
}
}
}
return 0;
}
代码：CDQ
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define NINF -0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 9
#define maxn 81234
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
void change(int &x,int &y,int n){
int t=x-y+n;
y=x+y-1;
x=t;
}
int Bound;
struct node{
int s,x,y,z,id;
bool operator <(const node &B)const{
if(x!=B.x)return x<B.x;
return y<B.y;
}
}Q[maxn*4],q1[maxn*4],q2[maxn*4];
int Ans[maxn];
void addnode(int s,int x,int y,int z,int id,int &tot){
Q[++tot].s=s;
Q[tot].x=x;Q[tot].y=y;Q[tot].z=z;
Q[tot].id=id;
}
int dat[maxn];
void add(int k,int val){
while(k<Bound){
dat[k]+=val;
k+=lowbit(k);
}
}
int query(int k){
int sum=0;
while(k>0){
sum+=dat[k];
k-=lowbit(k);
}
return sum;
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);
int l1=0,l2=0;
for(int i=l;i<=mid;++i){
q1[l1++]=Q[i];
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
q2[l2++]=Q[i];
}
sort(q1,q1+l1);
sort(q2,q2+l2);
int j=0;
for(int i=0;i<l2;++i){
if(q2[i].s==1)continue;
while(j<l1 &&(q1[j].s==2 || q1[j].x<=q2[i].x)){
if(q1[j].s==1)add(q1[j].y,q1[j].z);
j++;
}
Ans[q2[i].id]+=query(q2[i].y)*q2[i].z;
}
for(int i=j-1;i>=0;--i)
if(q1[i].s==1)add(q1[i].y,-q1[i].z);
cdq(mid+1,r);
}
int main()
{
int n,m;
while(1){
scanf("%d",&n);
if(n==0)break;
scanf("%d",&m);
Bound=n*2+1;
int s,x,y,z;
int a,b,c,d;
int tot=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d%d",&s,&x,&y,&z);
change(x,y,n);
if(s==1){
addnode(s,x,y,z,i,tot);
}
else{
a=x-z;b=y-z;c=x+z;d=y+z;
a=max(a,1);b=max(b,1);
c=min(Bound-1,c);
d=min(Bound-1,d);
addnode(s,c,d,1,i,tot);
addnode(s,a-1,b-1,1,i,tot);
addnode(s,c,b-1,-1,i,tot);
addnode(s,a-1,d,-1,i,tot);
}
}
memset(Ans,0,sizeof(Ans));
cdq(1,tot);
for(int i=1;i<=tot;++i){
if(Q[i].s==2){
printf("%d\n",Ans[Q[i].id]);
i+=3;
}
}
}
return 0;
}
6.隐藏题目
这是一道高神出的题目。因为这题目前还未出现过，所以这部分题解不公开。
/*
（------这是一个坑------）
*/
时间： 2024-12-10 02:51:50