前言
上一篇文章已经介绍了简单的CDQ分治，包括经典的二维偏序和三维偏序问题，还有带修改和查询的二维/三维偏序问题。本文讲介绍多重CDQ分治的嵌套，即多维偏序问题。
四维偏序问题
给定N(N<=20000)个有序四元组(a,b,c,d)，求对于每一个四元组(a,b,c,d)，有多少个四元组(a2,b2,c2,d2)满足a2<a && b2<b && c2<c && d2<d。
不需要太多思考，就能得到一个O(nlog^3n)算法：先按照a元素排序，然后进行CDQ分治，在合并的时候按照b元素的升序对两个子问题进行合并（对这个操作，我们暂且称为“对a分治，按照b合并”）。这样，我们需要一个能进行以下操作的数据结构：
- 插入一个二元组(c,d)；
- 给出一个二元组(c,d)，询问有多少个二元组(c2,d2)满足c2<c && d2<d。
这个问题很容易用树套树解决，但是树套树巨大的常数和空间消耗往往是性能的瓶颈。记得我们之前说过，CDQ分治能代替复杂的数据结构，并将问题“降维”。这里，我们就用双重嵌套的CDQ分治，把这个问题继续降维，避免使用树套树。
回忆二维偏序问题，我们对第一维分治之后，所有的二元组被我们划分为了左右两部分，左边和右边各自的内部问题已经通过递归解决，剩下要考虑的就是左边的修改对右边的查询的影响。我们不妨把分治后的二元组重新标记一下，左边的为(L,b)，右边的为(R,b)。这时候，(a1,b1)对(a2,b2)有影响，当且仅当a1 == L && a2 == R && b1 < b2。然后我们按照b的顺序合并，解决了这一问题。
对于三维偏序问题也是一样的，对第一维分治并且重新标记之后，只有(L,b1,c1)可能对(R,b2,c2)有影响。我们用“按顺序归并”保证b元素的顺序，用树状数组保证c元素的顺序。
对于四维偏序问题，我们也按照这样的思路进行下去。对第一维分治，并把所有元素重新标记为(L,b,c,d)和(R,b,c,d)，然后按照b的顺序合并。注意，我们在这里只是做合并，并不用任何数据结构对c和d加以维护。
合并完之后，我们得到了一个按照b值升序排列的序列，现在，我们把这个序列复制一份，用CDQ分治统计刚刚我们没有统计的信息——左边的修改对右边的查询的影响。
这时候这个序列仅仅是b值有序，但是a值是杂乱无章的，不过我们之前已经对a值进行了重新标记，现在a值只可能是L或者R。
我们对b值进行分治，递归处理左右两边的子问题（别忘了我们现在要处理的问题是“在第一维分治之后，左边的修改对右边的查询的影响”）。然后，把所有b值也重新标号为L和R，于是我们得到了这样一个序列(L/R,L/R,c,d)。注意，现在只有(L,L,c,d)可能对(R,R,c,d)产生影响！请读者仔细考虑这个条件，这是理解多重CDQ分治的关键！
然后我们按照c值从小到大进行合并，这保证了统计时c值的顺序，同时用树状数组维护d值的信息，保证考虑到d值的顺序。只有一个元素为(L,L,c,d)的时候，它才可能影响到后面的查询；只有一个元素为(R,R,c,d)的时候，它才可能收到前面的修改的影响。即，我们在归并的时候，把一个d值加入树状数组，当且仅当这个四元组的a == L && b == L；我们向树状数组查询d值的信息并应用到这个查询上面，当且仅当这个四元组的a == R && b == R。
让我们总结一下全过程：
- 对第一维进行排序。
- 对第一维重新标号，然后对第一维分治，递归解决子问题，按照第二维的顺序合并。此时只是单纯的合并，并不进行统计。
- 把合并后的序列复制一份，并对第二维重新标号，在复制的那一份中进行CDQ分治。即对第二维分治，递归解决子问题，按照第三维的顺序合并。合并过程中用树状数组维护第四维的信息。
下面是[HZOI 2016]偏序 COGS 2479的AC代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath> using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = ; int n; struct Item {
int d1,d2,d3,d4,part; // 分别表示每一维的数据，part为第一维重标号之后的值
}a[MAXN];
const int LEFT = ;
const int RIGHT = ; namespace BIT { // 树状数组相关
int arr[MAXN];
inline int lowbit( int num ) { return num&(-num); }
void add( int idx ) {
for( ; idx <= n; idx += lowbit(idx) ) arr[idx]++;
}
int query( int idx ) {
int ans = ;
for( ; idx; idx -= lowbit(idx) ) ans += arr[idx];
return ans;
}
void clear( int idx ) {
for( ; idx <= n; idx += lowbit(idx) ) arr[idx] = ;
}
} ll ans = ; Item tmp3d[MAXN];
Item tmp2d[MAXN];
void cdq3d( int L, int R ) { // 对第二维分治，按照第三维合并
if( R-L <= ) return;
int M = (L+R)>>; cdq3d(L,M); cdq3d(M,R);
int p = L, q = M, o = L;
while( p < M && q < R ) { // 因为第二维是“左边全都是L，右边全都是R”，所以略去第二维的标号
if( tmp2d[p].d3 < tmp2d[q].d3 ) {
if( tmp2d[p].part == LEFT ) BIT::add( tmp2d[p].d4 );
tmp3d[o++] = tmp2d[p++];
} else {
if( tmp2d[q].part == RIGHT ) ans += BIT::query( tmp2d[q].d4 );
tmp3d[o++] = tmp2d[q++];
}
}
while( p < M ) tmp3d[o++] = tmp2d[p++];
while( q < R ) {
if( tmp2d[q].part == RIGHT ) ans += BIT::query( tmp2d[q].d4 );
tmp3d[o++] = tmp2d[q++];
}
for( int i = L; i < R; ++i ) { // 清空树状数组
if( tmp3d[i].part == LEFT ) BIT::clear( tmp3d[i].d4 );
tmp2d[i] = tmp3d[i];
}
}
void cdq2d( int L, int R ) { // 对第一维分治，按照第二维合并
if( R-L <= ) return;
int M = (L+R)>>; cdq2d(L,M); cdq2d(M,R);
int p = L, q = M, o = L;
while( p < M && q < R ) {
if( a[p].d2 < a[q].d2 ) {
a[p].part = LEFT; // 重标号
tmp2d[o++] = a[p++];
} else {
a[q].part = RIGHT;
tmp2d[o++] = a[q++];
}
}
while( p < M ) {
a[p].part = LEFT;
tmp2d[o++] = a[p++];
}
while( q < R ) {
a[q].part = RIGHT;
tmp2d[o++] = a[q++];
}
for( int i = L; i < R; ++i ) a[i] = tmp2d[i]; // tmp2d为“复制的那一份”
cdq3d(L,R);
} int main() {
freopen( "partial_order.in", "r", stdin );
freopen( "partial_order.out", "w", stdout );
scanf( "%d", &n );
for( int i = ; i < n; ++i ) {
a[i].d1 = i;
scanf( "%d", &a[i].d2 );
}
for( int i = ; i < n; ++i ) scanf( "%d", &a[i].d3 );
for( int i = ; i < n; ++i ) scanf( "%d", &a[i].d4 );
cdq2d(,n); printf( "%lld\n", ans );
return ;
}
习题
[HZOI 2016]偏序 COGS 2479