CDQ分治
CDQ分治是一种时间魔术。
在正常的世界中，韶华易逝，时间总是在向前流逝着。只有过去和现在能决定未来，未来无法反过来决定现在和过去，不然就会发生世界线错乱的现象。
CDQ分治同样顺应着时间向前流逝这条规律。
总共有n秒，每秒钟都发生了一起事件。
CDQ分治的操作如下。
- 现在\(n/2\)秒处，建立起一道时间壁垒。将这个世界分为两个结界。第一个结界的时间是\([1,n/2]\)，第二个结界的时间是\([n/2+1,n]\)
- 注意到第二个结界无法影响第一个结界，但第一个结界能影响第二个结界。所以我们可以结算第一个结界对第二个结界的影响。
- 影响结算完后，这两个世界之间所有关联皆被斩断。接下来对这两个结界分而治之即可。
看看著名的三维偏序问题。
我们对第一维cdq分治，对第二维进行排序，对第3维进行BIT线段树维护。
其实，就是cdq分治套一个二维偏序关系问题！
看几个栗子
CF669E：Little Artem and Time Machine
题意：一个multiset，需要支持以下操作，1.到\(t\)时刻，插入\(x\) 2.在\(t\)时刻删除\(x\) 3.查询\(t\)时刻\(x\)的个数.
做法：
- 我们按照\(t\)对操作进行排序，然后把\(t\)当成时间进行CDQ分治即可。
code:喵
题意：在坐标轴上有很多个广播站，第i个，位置为x[i],覆盖半径为r[i],频率为f[i],如果两个站\(i,j(i<j)\)，都在对方半径内，且频率差的绝对值不超过k，那么就把这样的\((i,j)\)成为bad，问有多少个bad的pair.
做法：
- 对\(r\)从到大到小排序，把\(r\)当成时间。如此一来，我们只要时间靠后的，能覆盖住时间靠前的即可。
- 有多少个\(i,j\)，满足\(x_j-r_i\leq x_i\leq x_j+r_j\),$ r_i-k\leq r_i \leq r_i+k$即可。问题转化为经典的三维偏序问题。我们可以拆成4个矩形，容斥一下就好。
code:戳
看了考虑清楚按哪一维CDQ分治，能够使得算答案比较方便，很重要啊
题意：给序列a，有一些。操作为为两种，操作1：a[p]=x，操作2：区间查询[l,r]，查询此区间内，每个元素，最后一次出现的位置 - 第一次出线的位置。
做法：
- 先考虑不带修改，怎么做。对于每个元素
a[i]，我们记录它上一次出现的位置pre[i], 对于区间\([l,r]\)，\(\sum_{[pre_i \geq l, i \leq r]} (i-pre[i])\)就是答案了。 - 问题可以转化为\((操作顺序, i, pre_i)\)的一个三维偏序问题。
- 我们对于操作的次序这一维进行cdq分治。计算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)答案的贡献的时候，我们对\(i\)排序，把\(pre[i]\)插入树状数组即可。
code:喵
哇，我的这种写法看来有点慢啊。
目前，我的写法是，先算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的贡献，再递归地处理他们。但先递归搞\([l,mid]\),\([mid+1,r]\)。递归的时候顺便完成对第二维的归并排序。再算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的贡献似乎更好一点。