HDU

题目链接

题目大意：一共有Q(1<=Q<=50000)组操作，操作分为两种：

1.在x,y,z处添加一颗星星

2.询问以(x1,y1,z1)与(x2,y2,z2)为左上和右下顶点的矩形之间的星星数

所有坐标取值范围均为[1,1e9]

思路：由于坐标取值范围太大(即使离散化后也很大)，3维的数组肯定开不下，所以只能另辟蹊径。

解法一(两重CDQ+树状数组，需将z坐标离散化)：

1)将每个查询操作拆分为8个(容斥)，将所有操作放入一个数组qr中

2)将所有操作按时间排序(其实不用，因为读入的顺序就是按时间排好的)

3)第一次分治：将qr中每个子区间按x坐标从小到大排序，将左区间元素与右区间查询放入qr2中

4)第二次分治(嵌套在第一次分治中)：将qr2中每个子区间按y坐标从小到大排序，统计左区间元素对右区间查询的贡献(利用树状数组记录z值)

注意每次分治结束后，需将左右区间的所有元素按相应坐标大小归并排好序。另外离散化的时候注意下标要从1开始而不是从0开始，否则树状数组可能会陷入死循环(在这个地方T了n次...QAQ)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct QR {
    int f,x,y,z,i;
} qr[N],qr2[N],qr3[N];
int c[N],n,ans[N],nq,tot,zz[N],maxz;
int lowbit(int x) {return x&-x;}
void add(int u,int x) {
    for(; u<=maxz; u+=lowbit(u))c[u]+=x;
}
int get(int u) {
    int ret=0;
    for(; u; u-=lowbit(u))ret+=c[u];
    return ret;
}

void cdq2(int l,int r) {
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
    int L=l,R=mid+1;
    for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
            for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)add(qr2[L].z,1);
            ans[qr2[R].i]+=get(qr2[R].z)*qr2[R].f;
        }
    for(int i=l; i<L; ++i)if(!qr2[i].f)add(qr2[i].z,-1);
    L=l,R=mid+1;
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
        else qr3[i]=qr2[R++];
    }
    for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
}

void cdq1(int l,int r) {
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
    int L=l,R=mid+1,m=0;
    for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
            for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
            qr2[m++]=qr[R];
        }
    if(m>0)cdq2(0,m-1);
    L=l,R=mid+1;
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
        else qr2[i]=qr[R++];
    }
    for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        nq=tot=0;
        memset(c,0,sizeof c);
        memset(ans,0,sizeof ans);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            int f;
            scanf("%d",&f);
            if(f==1) {
                int x,y,z;
                scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
                qr[nq++]= {0,x,y,z,0};
            } else {
                int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
                scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
                qr[nq++]= {1,x2,y2,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x1-1,y2,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x2,y1-1,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x2,y2,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {1,x1-1,y1-1,z2,tot};
                qr[nq++]= {1,x2,y1-1,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {1,x1-1,y2,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {-1,x1-1,y1-1,z1-1,tot++};
            }
        }
        maxz=0;
        for(int i=0; i<nq; ++i)zz[maxz++]=qr[i].z;
        sort(zz,zz+maxz);
        maxz=unique(zz,zz+maxz)-zz;
        for(int i=0; i<nq; ++i)qr[i].z=lower_bound(zz,zz+maxz,qr[i].z)-zz+1;
        cdq1(0,nq-1);
        for(int i=0; i<tot; ++i)printf("%d
",ans[i]);
    }
    return 0;
}

解法二(三重CDQ，无需离散化)：

1)2)3)同解法一，第四步将q2中每个子区间按z坐标从小到大排序，将左区间元素与右区间查询放入qr3中，然后利用类似归并排序求逆序对的方法对qr3中的贡献进行统计

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct QR {
    int f,x,y,z,i;
} qr[N],qr2[N],qr3[N],qr4[N];
int n,ans[N],nq,tot;

void cdq3(int l,int r) {
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq3(l,mid),cdq3(mid+1,r);
    int L=l,R=mid+1,m=0;
    for(; R<=r; ++R)if(qr3[R].f) {
            for(; L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z; ++L)if(!qr3[L].f)m++;
            ans[qr3[R].i]+=m*qr3[R].f;
        }
    L=l,R=mid+1;
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        if(R>r||(L<=mid&&qr3[L].z<=qr3[R].z))qr4[i]=qr3[L++];
        else qr4[i]=qr3[R++];
    }
    for(int i=l; i<=r; ++i)qr3[i]=qr4[i];
}


void cdq2(int l,int r) {
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq2(l,mid),cdq2(mid+1,r);
    int L=l,R=mid+1,m=0;
    for(; R<=r; ++R)if(qr2[R].f) {
            for(; L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y; ++L)if(!qr2[L].f)qr3[m++]=qr2[L];
            qr3[m++]=qr2[R];
        }
    if(m>0)cdq3(0,m-1);
    L=l,R=mid+1;
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        if(R>r||(L<=mid&&qr2[L].y<=qr2[R].y))qr3[i]=qr2[L++];
        else qr3[i]=qr2[R++];
    }
    for(int i=l; i<=r; ++i)qr2[i]=qr3[i];
}

void cdq1(int l,int r) {
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq1(l,mid),cdq1(mid+1,r);
    int L=l,R=mid+1,m=0;
    for(; R<=r; ++R)if(qr[R].f) {
            for(; L<=mid&&qr[L].x<=qr[R].x; ++L)if(!qr[L].f)qr2[m++]=qr[L];
            qr2[m++]=qr[R];
        }
    if(m>0)cdq2(0,m-1);
    L=l,R=mid+1;
    for(int i=l; i<=r; ++i) {
        if(R>r||(L<=mid&&qr[L].x<qr[R].x))qr2[i]=qr[L++];
        else qr2[i]=qr[R++];
    }
    for(int i=l; i<=r; ++i)qr[i]=qr2[i];
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        nq=tot=0;
        memset(ans,0,sizeof ans);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            int f;
            scanf("%d",&f);
            if(f==1) {
                int x,y,z;
                scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
                qr[nq++]= {0,x,y,z,0};
            } else {
                int x1,y1,z1,x2,y2,z2;
                scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&z1,&x2,&y2,&z2);
                qr[nq++]= {1,x2,y2,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x1-1,y2,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x2,y1-1,z2,tot};
                qr[nq++]= {-1,x2,y2,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {1,x1-1,y1-1,z2,tot};
                qr[nq++]= {1,x2,y1-1,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {1,x1-1,y2,z1-1,tot};
                qr[nq++]= {-1,x1-1,y1-1,z1-1,tot++};
            }
        }
        cdq1(0,nq-1);
        for(int i=0; i<tot; ++i)printf("%d
",ans[i]);
    }
    return 0;
}

两种解法复杂度均为O(nlog³n)，但解法二比解法一常数大很多，这道题可以勉强A掉，而同样思路的BZOJ3262用同样的方法就会被卡掉。