}
```
-$a[l \cdots mid]\leq a[mid+1 \cdots r]$ 是只能算出 $l$ 对 $r$ 的贡献的, 所以就需要分治啦。最后别忘了还原树状数组和 $CDQ(mid+1,r)$！！！ 加上树状数组时间复杂度 $O(n\ (log\ n)^2)$。
+$a[l \cdots mid]\leq a[mid+1 \cdots r]$ 是只能算出 $l$ 对 $r$ 的贡献的, 所以就需要分治啦。最后别忘了还原树状数组和递归计算两侧区间的答案！ 加上树状数组时间复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。
三维偏序就如此, 谢谢大家。
+
+ ### 1. 一维树状数组问题
+
+ 题目大意 : 给出一个序列 ($N$个数字) , 操作包括单点修改, 区间查询。
+
+ 再次提一下 CDQ 分治的主要思想:
+
+ - 求左边区间的贡献
+ - 求右边区间的贡献
+ - 求左半边对右半边的贡献
+
+ 在求偏序的时候, 以上三点的顺序是可以打乱的。不过在这道题目中, 必须遵循一定的顺序, 需要注意。
+
+ 在我们使用树状数组或者线段树解决这道问题的时候, 基于的是前缀和和分治的思想, 这里稍微有点不同。我们想,**一个修改必定会影响它后面的查询**, 当我们把原数组也视作修改的时候,
+ 整个就变成了**哪个修改会影响哪个查询**的问题。
+
+ 再想一下 CDQ 分治的思想, 我们可不可以求左半边对右半边的贡献呢? 先假设一个区间 $l,r$, 假如 $l$ 到 $mid$ 的操作都是在 $mid+1$ 到 $r$ 前面做的 (也就是左半边所有的时间都小于右半边的时间), 那么 $l$ 到 $mid$ 的修改必定会影响到 $mid+1$ 到 $r$ 的查询。
+
+ 
+
+ 而我们把所有的查询 $L,R$ 的值变为 $1,R$ 的值减去 $1,L-1$ 的值, 那么所有的查询的起点都是 $1$。这个时候我们判断是否有贡献的时候, 我们就拿右端点 (修改的只有一个点, 也视其为右端点) 来判断, 修改的右端点小于查询的右端点, 那么肯定是对查询有贡献的。(黑色的是加的, 红色的是减去的, 剩下的黄色就是目标区间)
+
+ 
+
+ 那是左半边所有的修改都会影响到右半边所有的贡献吗? 并不是。
+
+ 
+
+ (注意,$time$ 为操作的时间,$point$ 为右端点的位置,$mode$ 为查询 (Q) 或者修改 (C)。以下的 $n$ 为操作的总数, 包括把查询拆分和原序列)
+
+ 我们对左半边和右半边的区间的右端点进行排序以后, 左半边的时间还是要小于右半边最低的时间。我们可以很容易想到, $1$ 号 的 右端点是 $1$, 它对右半边的所有查询都会产生贡献。而 $2$ 号的右端点是 $3$ 右半边, 它只能对
+ 右半边的 $2,3,4$ 号有贡献。也就是说, 我们只需要每一次比较 $left$ 是否小于 $right$ (其中 $left$ 为 $1$ 到 $mid$,$right$ 为 $mid+1$ 到 $r$), 如果小于, 那么当前的 $left$ 号会对 $right$ 到 $r$ 都有贡献,
+ 所以 $inc(sum,val[left])$。如果不是, 我们就直接计算 $1$ 到 $left-1$ 对 $right$ 的贡献, 就是 $inc(ans[id[right]],sum)$。
+
+ 上述的方法是要求左半边和右半边的右端点有序, 且左半边的最大时间小于等于右半边的最小时间的。我们可以采用先 $CDQ(l,mid)\ CDQ(mid+1,right)$ 的方法,**每一次算完当前的贡献, 就排好序**, 这样子就可以保证啦。既然是 CDQ , 那么可以直接归并排序, 常数小。
+
+ 然后解释一下为什么 CDQ 要分治。对于一个点 $i$, 它经过 $\log\ n$ 层的分治以后, 必然会与每一个右区间算贡献。一开始右区间有 $\frac{n}{2}$ 个数字, 然后变为 $\frac{n}{4}\ \frac{n}{8}.etc$。时间复杂度涉及到递归, 这里作出大致的推测 : $\log\ n$ 层, 每一层的总和是 $n$, 那就是 $n \log\ n$。实际上应该是 $O(f(n) \log\ n)$。
+
+ 最后注意一下时间相同, 先修改, 再查询 (虽然不知道为什么时间会相同)。
+
+ ```pascal
+ function judge(i,j:longint):boolean;
+ begin
+ if place[i]<>place[j] then // place 是右端点
+ begin
+ if place[i]<place[j] then exit(True);
+ exit(False);
+ end;
+ if mode[i]<mode[j] then exit(True); // 查询的 mode 是 2,修改的 mode 是 1
+ exit(False);
+ end;
+
+ procedure CDQ(l,r:longint);
+ var
+ left,right,i,mid:longint; // left 是左半边开始第一个节点,right 是右半边第一个节点,两者都用于归并排序
+ sum:int64; // '现在'左半边的贡献
+ begin
+ if l=r then exit;
+ mid:=(l+r) >> 1;
+ CDQ(l,mid); // 先往下
+ CDQ(mid+1,r);
+ sum:=0; left:=l; right:=mid+1;
+ for i:=l to r do
+ if (left<right)and(judge(left,right)) or (right>r) then // 在左边
+ begin
+ if mode[left]=1 then inc(sum[id[left]]); // 修改的 id 是修改的值,而查询的 id 是此查询是第几个查询
+ copy[1,i]:=mode[left]; copy[2,i]:=place[left]; copy[3,i]:=id[left]; inc(left); // 归并排序
+ end
+ else
+ begin
+ if mode[right]=2 then dec(ans[id[right]],sum);
+ if mode[right]=3 then inc(ans[id[right]],sum);
+ copy[1,i]:=mode[right]; copy[2,i]:=place[right]; copy[3,i]:=id[right]; inc(right);
+ end;
+ for i:=l to r do
+ begin mode[i]:=copy[1,i]; place[i]:=copy[2,i]; id[i]:=copy[3,i]; end;
+ end;
+ ```
+
+ ### 2. 二维 Mokia
+
+ 题目大意 : 给出一个空的二维矩阵 ($N$ 行 $N$ 列), 操作包括单点修改, 矩阵查询。
+
+ 这是一个比较简单的二维树状数组的题目, 至少在看到 $N$ 的数据范围之前是怎么认为的。
+
+ 数据范围 : $N \leq 2 \times 10^6$。而树套树 (我指的是树状数组或者线段树) 怎么也只能 $N \leq 10^4$。
+
+ 这就展现了 CDQ 比较好的以一面 **哪个修改会影响哪个查询**, 就不用考虑 $N$ 的大小, 不用考虑模拟矩阵。
+
+ 第一步, 我们把查询看做是一个二维前缀和的查询。也就是说, 我们对于 $x,y,x1,y1$ 的查询, 看做全部以 $1$ 开始的矩阵, 如下图 : (黑色的是加的, 红色的是减去的, 剩下的黄色就是目标矩阵)
+
+ 
+
+ 现在问题从原来的一个右端点变成了两个右端点, 但是贡献还是相同的, 且有一个。假如两个点 $x_i,y_i$,$x_i$ 已经满足 $\leq x_j$, 那么我们就只需要看 $y_i$ 对 $y_j$ 怎么样。这时候我们用一个树状数组 (权域) 来维护一下,
+ 每一次左半边有修改的时候更新一下树状数组, 每当右半边有点可以满足当前的左半边的点的时候 ($left,right$), 就统计右边的点的第二个右端点 ($right_y$) 的前面有多少个左半边的点 ($1_y~left_y$) 的第二个右端点。
+
+ 我们可以思考一下, 如果我们先对所有的第一个右端点 ($x$) 进行了排序, 那么每一次**往下**, 我们只需要对时间进行归并排序即可, 这样子跟上文的 **从下往上, 对右端点进行排序** 是一样的。
+
+ ```pascal
+ procedure CDQ(l,r:longint);
+ var
+ left,right,i,mid:longint; // left 是左半边开始第一个节点,right 是右半边第一个节点,两者都用于归并排序
+ begin
+ if l=r then exit;
+ mid:=(l+r) >> 1;
+ left:=l; right:=mid+1;
+ for i:=l to r do
+ begin
+ if (time[i]<=mid)and(mode[i]=1) then // 计算左半边的产生的贡献
+ Insert(point[2,i],value[i]); // value[i] 是修改的值,Insert 是树状数组的 Add
+ if (time[i]>mid)and(mode[i]=2) then // 计算右半边拥有的贡献
+ inc(ans[id[i]],Query(point[2,i])*value[i]); // 查询的 value[i] 只有 1 和 -1,用来表示加还是减
+ if (time[i]<=mid) then // 以下都是归并排序
+ begin
+ copy[1,left]:=time[i]; copy[2,left]:=point[1,i]; copy[3,left]:=point[2,i];
+ copy[4,left]:=value[i]; copy[5,left]:=id[i]; copy[6,left]:=mode[i]; inc(left);
+ end
+ else
+ begin
+ copy[1,right]:=time[i]; copy[2,right]:=point[1,i]; copy[3,right]:=point[2,i];
+ copy[4,right]:=value[i]; copy[5,right]:=id[i]; copy[6,right]:=mode[i]; inc(right);
+ end;
+ end;
+ for i:=l to r do // 算完贡献以后按照 time 排序
+ begin
+ time[i]:=copy[1,i]; point[1,i]:=copy[2,i]; point[2,i]:=copy[3,i];
+ value[i]:=copy[4,i]; id[i]:=copy[5,i]; mode[i]:=copy[6,i];
+ end;
+ CDQ(l,mid);
+ CDQ(mid+1,r);
+ end;
+ ```
+
+ 最后总结 CDQ 分治需要注意的地方:
+
+ 1. CDQ 分治会按照各个参数的顺序而改变递归的顺序。
+
+ 2. CDQ 分治的时间复杂度并不是非常的好, 常数巨大, 但是可以做那些二维以上的题目, 不用考虑 $N$ 的大小。 (但是询问太多还是会炸)
+
+ 3. 有些人是直接 `sort` 的, 而不是归并排序, 所以 CDQ 分治的三个步骤可以打乱。（但是仍然要看清楚题目的要求）
OSDN Git Service
