几道很Interesting的偏序问题

若干道偏序问题（STL，分块）

找了4道题目
BZOJ陌上花开(权限题，提供洛谷链接)
Cogs2479偏序
Cogs2580偏序II
Cogs2639偏序++

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作为一个正常人，肯定先看三维偏序
做法很多呀
首先，由于

智商不够数据结构来补 $ $--菊开

所以我们用最傻逼的数据结构来做这道题目
第一维：排序
第二维：树状数组
第三维：平衡树
于是乎，我们得到了一个复杂度为(O(nlog^2n))的做法
并且常数巨大
这个做法到这里去看

第二种做法 CDQ分治 相信大家都会逆序对的求法 可以归并排序求逆序对 逆序对相当于是一个二维偏序 第一维就相当于它的位置 第二维就是值 每次归并排序的时候相当于分成了两部分 只有左侧的部分才能对右侧的部分产生贡献

这里同理，第一维排序
第二维类似于归并排序就行合并
同时一遍归并一边计算第三维

是不是想到了逆序对还可以用树状数组来求
所以这里一样的，
第三维用一个BIT来求就行了

这种做法看这里

恩，三维偏序没了

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现在看Cogs的【偏序】

四维偏序模板题
可以顺着三维偏序来思考
既然多了一维
我就多套个CDQ分治呀
那不就是CDQ分治套树套树
或者CDQ分治套CDQ分治加树状数组
复杂度(O(nlog^3n))
好像也可以诶。。。

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好好好
我们继续
Cogs【偏序II】
不就是个五维偏序吗
CDQ套CDQ套CDQ
或者CDQ套CDQ套树套树
没毛病，时间复杂度(O(nlog^4n))
可以做可以做，没问题的

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那，我们继续
Cogs【偏序++】
七维偏序呀
CDQ套CDQ套CDQ套CDQ套CDQ
或者CDQ套CDQ套CDQ套CDQ套树套树
时间复杂度(O(nlog^6n))
绝对跑不过的
而且给定的维数是K
你还得分类讨论，看着就是不可做的题目呀。。。
怎么办怎么办。。。

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首先，请允许我orz大佬 ——中国翅王

这是他的PPT

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FHR的做法的复杂度：(O(nsqrt n))
首先，我们知道
一个向量的偏序数量
等于它每一维的偏序数量的交集的大小
所以，按照每一维排序之后
我们就可以求出比每一维小的集合
然后求一个交集就行了

但是，暴力求，，，不现实吧。
而且交集也不好求呀
所以，来搞个(bitset)
STL大法好
但是，这样不就是(O(n^2))的暴力吗？？？
没错，我们再来一发——分块大法好
分块之后就可以把一个(n)变成(sqrt n)
于是复杂度就降到了(O(n sqrt n))
美滋滋
献上丑陋的代码（【偏序++】）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 45000
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
int n,blk;
bitset<45000> bs[15][250];
pair<int,int> val[15][MAX];
int bl[MAX],bll[MAX],blr[MAX];
int K,num;
long long Ans;
int f[15][MAX];
int find(int k,int x)
{
	int l=1,r=n,ans=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(val[k][mid].first<=x)ans=x,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return ans;
}
inline bitset<MAX> getbst(int p,int x)
{
	bitset<MAX> ans;ans.reset();
	int pp=find(p,x);
	if(pp<=0)return ans;
	int pre=(pp-1)/blk;
	int st=pre*blk+1;
	ans=bs[p][pre];
	for(int i=st;i<=pp;++i)ans.set(val[p][i].second);
	return ans;
}
void Solve()
{
	bitset<MAX> ans;ans.reset();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ans.set();
		for(int j=1;j<=K;++j)
			ans&=getbst(j,f[j][i]);
		Ans+=ans.count()-1;
	}
}
int main()
{
	freopen("partial_order_plus.in","r",stdin);
	freopen("partial_order_plus.out","w",stdout);
	n=read();blk=sqrt(n);K=read()+1;
	for(int i=1;i<=n;++i)val[1][i]=make_pair(f[1][i]=i,i);
	for(int j=2;j<=K;++j)
		for(int i=1;i<=n;++i)
			val[j][i]=make_pair(f[j][i]=read(),i);
	for(int i=1;i<=K;++i)sort(&val[i][1],&val[i][n+1]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		bl[i]=(i-1)/blk+1;num=bl[n];
	for(int i=1;i<=num;++i)
		bll[i]=(i-1)*blk+1,blr[i]=i*blk;blr[num]=n;
	for(int j=1;j<=K;++j)
		for(int i=1;i<=num;++i)
		{
			bs[j][i]=bs[j][i-1];
			for(int k=bll[i];k<=blr[i];++k)
				bs[j][i][val[j][k].second]=1;
		}
	Solve();
	printf("%lld
",Ans);
	return 0;
}