【BZOJ 3262】陌上花开

【题目】

传送门

题目描述：

有 $n$ 朵花，每朵花有三个属性：花形 $(s)$、颜色 $(c)$、气味 $(m)$，用三个整数表示。

现在要对每朵花评级，一朵花的级别是它拥有的美丽能超过的花的数量。

定义一朵花 A 比另一朵花 B 要美丽，当且仅 $s_a≥s_b,c_a≥c_b,m_a≥m_b$。

显然，两朵花可能有同样的属性。需要统计出评出每个等级的花的数量。

输入格式：

第一行为 $n,k (1 \le n \le 100,000, 1 \le k \le 200,000 )$，分别表示花的数量和最大属性值。

以下 $n$ 行，每行三个整数 $s_i, c_i, m_i (1 \le s_i, c_i, m_i \le k)$，表示第 $i$ 朵花的属性。

输出格式：

包含 $n$ 行，分别表示评级为 $0,1,\dots,n-1$ 的每级花的数量。

样例数据：

输入
10 3
3 3 3
2 3 3
2 3 1
3 1 1
3 1 2
1 3 1
1 1 2
1 2 2
1 3 2
1 2 1

输出
3
1
3
0
1
0
1
0
0
1

【分析】

这就是一道三位偏序的模板题啦，用 $\mathrm{CDQ}$ 分治就可以轻松解决。

先把第一位排序，这样就消掉了第一维的影响，就把问题变成了二维偏序。

然后开始分治，分治的时候有点类似求逆序对的过程。

我们把第二维排序，然后用树状数组维护第三维就可以了。

如果没看懂的话就找其他博客吧。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define K 200005
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
using namespace std;
int n,k,tot;
int bit[K],ans[N];
struct flower{int a,b,c,cnt,num;}p[N];
bool comp(const flower &p,const flower &q)
{
	if(p.a!=q.a)  return p.a<q.a;
	if(p.b!=q.b)  return p.b<q.b;
	return p.c<q.c;
}
bool Comp(const flower &p,const flower &q)
{
	if(p.b!=q.b)  return p.b<q.b;
	return p.c<q.c;
}
void add(int i,int x)  {for(;i<=k;i+=lowbit(i))bit[i]+=x;}
int query(int i,int ans=0)  {for(;i;i-=lowbit(i))ans+=bit[i];return ans;}
void solve(int l,int r)
{
	if(l==r)  return;
	int mid=(l+r)>>1;
	solve(l,mid),solve(mid+1,r);
	sort(p+l,p+mid+1,Comp);
	sort(p+mid+1,p+r+1,Comp);
	int i=l,j;
	for(j=mid+1;j<=r;++j)
	{
		while(i<=mid&&p[i].b<=p[j].b)
		  add(p[i].c,p[i].cnt),i++;
		p[j].num+=query(p[j].c);
	}
	for(j=l;j<i;++j)  add(p[j].c,-p[j].cnt);
}
int main()
{
	int i,t=0;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;++i)
	  scanf("%d%d%d",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].c);
	sort(p+1,p+n+1,comp);
	for(i=1;i<=n;++i)
	{
		t++;
		if(p[i].a!=p[i+1].a||p[i].b!=p[i+1].b||p[i].c!=p[i+1].c)
		  p[++tot]=p[i],p[tot].cnt=t,t=0;
	}
	solve(1,tot);
	for(i=1;i<=tot;++i)  ans[p[i].num+p[i].cnt-1]+=p[i].cnt;
	for(i=0;i<n;++i)  printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}