题意：给两种操作，进行5万次。操作一：加入一个三维序偶(a,b,c)到集合S里；第二种操作，给两个三维序偶(a1,b1,c1)和(a2,b2,c2)，问当前S里有多少个序偶(a,b,c)满足a1<=a<=a2, b1<=b<=b2, c1<=c<=c2。题目保证了a1<=a2,b1<=b2,c1<=c2。所有数在[1,1e9]内
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5126
解法：将操作编号也加入到序偶中，构成4维序偶，问题转换为四维偏序问题。第一次写，只写了一种写法，即cdq套cdq套树状数组的方法，以后会再尝试cdq套树套树等方法，再更新此博客。下面耐心地讲一下第一种方法。
我们定义四维序偶(i,a,b,c)，a,b,c为输入的变量，i为当前操作编号
预处理，将第4维(c)离散化，再进行一系列初始化操作（略）；给四维序偶增加一维变量k（但不增加复杂度），即(i,a,b,c,k)，k=0表示这个序偶是第一种操作的序偶，也就是插入的序偶；k=-1或1时，表示这个序偶时第二种操作的序偶，也就是查询的序偶。
第一种操作，序偶为(i,a,b,c,0)；
第二种操作，序偶为(i,a1,b1,c1,k1),(i,a2,b2,c2,k2)；将这两个序偶拆成8个序偶，即为(i,a2,b2,c2,+1), (i,a1-1,b2,c2,-1), (i,a2,b1-1,c2,-1), (i,a2,b2,c1-1,-1), (i,a2,b1-1,c1-1,+1), (i,a1-1,b2,c1-1,+1), (i,a1-1,b1-1,c2,+1), (i,a1-1,b1-1,c1-1,-1)；细心可以发现，这8个序偶实际上是在做容斥原理，为了统计操作二而做的。
一、先将 i 从小到大排序（其实按照输入，已经排序好了），这是第一维；设n个序偶(i,a,b,c,k)存储在p1中
二、对p1归并，归并[1, n]
1、归并[l, r]：若 l < r，设mid = (l + r) >> 1，递归进行步骤一，归并[l, mid]，再进行步骤2；否则，终止。
2、在[l, mid]中将k=0的序偶依次加入到p2中，再在[mid+1, r]中将k=-1或k=1的序偶依次加入到p2中，设此时p2有n2个序偶；对p2进行排序（先以x优先，再以i优先），然后进行操作三，对p2归并，归并[1,n2]。最后进行步骤3。
3、进行步骤一，归并[mid+1, r]。
三、对p2归并，归并[1, n2]
1、归并[l, r]：若l < r，设mid = (l + r) >> 1，递归进行步骤一，归并[l, mid]，再进行步骤2；否则，终止。
2、在[l, mid]中将k=0的序偶依次加入到s1中，设有ns1个；在[mid+1, r]中将k=-1或k=1的序偶依次加入到s2中，设有ns2个；对s1和s2分别进行排序（按y优先），用二指针法，保证在更新每个s2的序偶之前，s1中每个y值不大于当前序偶的y值的序偶都已加入树状数组里。树状数组维护前缀和。设当前s2的序偶为(i,a,b,c,k)，则ans[i] += k * query(c)，query(c)表示查询树状数组，不大于c的元素有多少个。最后进行步骤3。
3、进行步骤一，归并[mid+1, r]。
小结：cdq分治，每降一维只需用log的复杂度，反复品味cdq分治，和多做cdq分治的题目才是理解cdq的王道。
没有配图，解释得并不清楚，主要还是看代码（选择g++后提交）
//Hello. I‘m Peter.
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<functional>
#include<cctype>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define peter cout<<"i am peter"<<endl
#define fuck(x) cerr << #x << " <- " << x << endl
typedef long long ll;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
return x*f;
}
int Q;
struct Pair{
int x, y, z, k, id;
Pair(){}
Pair(int x1,int y1,int z1,int k1,int id1){
x = x1, y = y1, z = z1, k = k1, id = id1;
}
};
bool cmpxid(const Pair a, const Pair b){
if(a.x != b.x) return a.x < b.x;
else return a.id < b.id;
}
bool cmpy(const Pair a, const Pair b){
return a.y < b.y;
}
#define N 50010
Pair p1[N*8],s1[N*8],s2[N*8],p2[N*8];
int np1;
int li[N*2],nli,ans[N];
namespace bit{
int bit[N*2];
void clear(){
for(int i = 1; i <= nli; i++) bit[i] = 0;
}
void update(int x,int val){
for(int i = x; i <= nli; i += i&-i){
bit[i] += val;
}
}
int query(int x){
int ans = 0;
for(int i = x; i > 0; i -= i&-i){
ans += bit[i];
}
return ans;
}
void clear(int x){
for(int i = x; i <= nli; i += i&-i){
bit[i] = 0;
}
}
};
void cdq2(int l,int r){
if(r <= l) return;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq2(l, mid);
int ns1 = 0, ns2 = 0;
for(int i = l; i <= mid; i++) if(!p2[i].k) s1[++ns1] = p2[i];
for(int i = mid + 1; i <= r; i++) if(p2[i].k) s2[++ns2] = p2[i];
sort(s1 + 1, s1 + 1 + ns1, cmpy);
sort(s2 + 1, s2 + 1 + ns2, cmpy);
int t1 = 1;
for(int t2 = 1; t2 <= ns2; t2++){
while(t1 <= ns1 && s1[t1].y <= s2[t2].y) bit::update(s1[t1].z, +1), t1++;
ans[s2[t2].id] += s2[t2].k * bit::query(s2[t2].z);
}
for(int i = 1; i < t1; i++) bit::clear(s1[i].z);
cdq2(mid + 1, r);
}
void cdq1(int l,int r){
if(r <= l) return;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq1(l, mid);
int np2 = 0;
for(int i = l; i <= mid; i++) if(!p1[i].k) p2[++np2] = p1[i];
for(int i = mid + 1; i <= r; i++) if(p1[i].k) p2[++np2] = p1[i];
sort(p2 + 1, p2 + 1 + np2, cmpxid);
cdq2(1, np2);
cdq1(mid + 1, r);
}
bool isque[N];
int main(){
int T = read();
for(int kase = 1; kase <= T; kase++){
Q = read();
np1 = nli = 0;
for(int i = 1; i <= Q; i++){
int A = read();
isque[i] = A == 2? 1: 0;
if(A == 1){
int x, y, z;
x = read(), y = read(), z = read();
p1[++np1] = Pair(x, y, z, 0, i);
li[++nli] = z;
}
else{
int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
x1=read(),y1=read(),z1=read(),x2=read(),y2=read(),z2=read();
p1[++np1] = Pair(x2, y2, z2, 1, i);
p1[++np1] = Pair(x1 - 1, y2, z2, -1, i);
p1[++np1] = Pair(x2, y1 - 1, z2, -1, i);
p1[++np1] = Pair(x2, y2, z1 - 1, -1, i);
p1[++np1] = Pair(x1 - 1, y1 - 1, z2, 1, i);
p1[++np1] = Pair(x2, y1 - 1, z1 - 1, 1, i);
p1[++np1] = Pair(x1 - 1, y2, z1 - 1, 1, i);
p1[++np1] = Pair(x1 - 1, y1 - 1, z1 - 1, -1, i);
li[++nli] = z2;
li[++nli] = z1 - 1;
}
}
sort(li + 1, li + 1 + nli);
nli = (int)(unique(li + 1, li + 1 + nli) - (li + 1));
for(int i = 1; i <= np1; i++) p1[i].z = (int)(lower_bound(li + 1, li + 1 + nli, p1[i].z) - li);
bit::clear();
for(int i = 1; i <= Q; i++) ans[i] = 0;
cdq1(1, np1);
for(int i = 1; i <= Q; i++) if(isque[i]) printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。