三维偏序（陌上花开）

三维偏序（陌上花开）

有n个元素，第i个元素有(a_i)，(b_i)，(c_i)三个属性，设(f(i))表示满足(a_jle a_i)且(b_jle b_i)且(c_jle c_i)的j的数量。对于(din[0, n))，求(f(i)=d)的数量。

偏序关系，意思是并不是任意两个元素之间都有关系。以前在机房里天天听到“偏序”“cdq”，也知道偏序问题要用cdq分治来做。现在终于会辣！

显然，我们处理的是三元组之间的关系，并不关心三元组的值和位置。所以把第一维排序是很自然的想法。第一维一排序，我们就发现，三维偏序被转化成了一个带限制的二维偏序问题。由(b_i)和(c_i)组成的二元组，它们的偏序关系和位置关系必须相同。这导致不能再排序第二维了。

考虑如何解除偏序关系和位置关系相同的限制。啊哈！cdq分治就是用来解除求解问题时位置的限制的，因为它能让我们只考虑左区间对于右区间的影响/贡献。对于三维偏序来说：元素对a值排完序以后，把元素分成左右两个区间，那么左边区间的a值还是小于右边区间的a值。因此可以对带限制的二维偏序问题cdq分治，这个问题在某个区间([l, r])下就被转化为了一个元素为((b_i, c_i))的二维偏序问题（注意两个二元组能相比较的前提是在两个不同的区间里，不然不能保证第一维重排以后还有序）！用树状数组，或者再用cdq去解决这个([l,r])区间内的二维偏序问题即可。

我们发现，不仅仅是对三维偏序，对任意维偏序都可以用这个方法，也就是cdq中不停套cdq。除去排序的那一维，可以发现n维偏序的时间复杂度就是(O(Llog^{n-1}L))。当n=1时结论也成立（滑稽）

话说，这道题的名字看着莫名的舒服，果然这就是古汉语的魅力啊。与日语中某些人名地名让我们感到诗意也是一个道理吧~

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn=1e5+5;
struct node{
    int x, y, z, ans, w;  //w表示有几个重复的三元组
}a[maxn], b[maxn];
bool operator ==(node &a, node &b){ return a.x==b.x&&a.y==b.y&&a.z==b.z; }
int n1, n, m, cnt[maxn];
bool cmpx(node a, node b){
    if (a.x==b.x){
        if (a.y==b.y) return a.z<b.z;
        return a.y<b.y;
    } return a.x<b.x;
}
bool cmpy(node a, node b){
    if (a.y==b.y) return a.z<b.z;
    return a.y<b.y;
}

struct Ta{
    int a[maxn*2];
    inline int lowbit(int x){ return x&(-x); }
    int query(int x){
        int ans=0;
        for (; x; x-=lowbit(x)) ans+=a[x];
        return ans; }
    void add(int x, int k){
        for (; x<=m; x+=lowbit(x)) a[x]+=k;
    }
}ta;

void cdq(int l, int r){
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq(l, mid); cdq(mid+1, r);
    sort(a+l, a+mid+1, cmpy); sort(a+mid+1, a+r+1, cmpy);
    int i=mid+1, j=l;
    for (; i<=r; ++i){  //现在转化为一个带L/R标记的二维偏序问题
        while (a[j].y<=a[i].y&&j<=mid)
            ta.add(a[j].z, a[j].w), ++j;
        a[i].ans+=ta.query(a[i].z);  //对于当前三元组，有多少个第二、三维小于它
    }
    for (i=l; i<j; ++i) ta.add(a[i].z, -a[i].w);
}

int main(){
    scanf("%d%d", &n1, &m);
    for (int i=1; i<=n1; ++i) scanf("%d%d%d", &b[i].x, &b[i].y, &b[i].z);
    sort(b+1, b+n1+1, cmpx); int t=0;
    for (int i=1; i<=n1; ++i){
        ++t;  //t表示和之前的三元组完全相同的三元组数量
        if (!(b[i]==b[i+1])) a[++n]=b[i], a[n].w=t, t=0;
    }
    cdq(1, n);
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        cnt[a[i].ans+a[i].w-1]+=a[i].w;
    for (int i=0; i<n1; ++i) printf("%d
", cnt[i]);
    return 0;
}