一、分治基础
1. 归并排序
题目大意：给定一个长度为 n 的数组，你需要对它进行排序。1≤n≤105。
Solution：
考虑把整个数组分成两个部分，等两部分都排完序后再把这两个有序的数组进行合并。动图演示。
合并的过程可以用双指针，时间复杂度是 O(n) 的。
这样总时间复杂度 T(n)=2T(n/2)+O(n)，得出 T(n)=O(n log n)。
void solve(int l,int r){ if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid),solve(mid+1,r); int x=l,y=mid+1,cnt=l; while(x<=mid&&y<=r){ if(a[x]<a[y]) t[cnt++]=a[x++]; else t[cnt++]=a[y++]; } while(x<=mid) t[cnt++]=a[x++]; while(y<=r) t[cnt++]=a[y++]; for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=t[i]; }
所谓分治，就是把一个规模为 n 的问题分解为两个规模减半的子问题，解决完子问题后再通过子问题的结果得到原问题的答案。
2. 棋盘覆盖问题
题目大意：有一个大小为 2n×2n 的棋盘，其中抠掉了一个方格。你需要用这种 L 形的骨牌去覆盖这张棋盘上其它剩余的部分。求一组解。1≤n≤10。
Solution：
我们把整个棋盘沿着中心线分成四个部分，这样被抠掉的那个格子一定位于其中一个部分里。
在中心放一个 L，使得其刚好覆盖了其余三个部分各一个格子：
然后就可以递归。由于不需要合并，时间复杂度和输出同阶。
二、CDQ 分治
有的时候，后面的值会依赖前面的值。比如 DP 的过程中，要求出后面的 DP 值，我们就需要先求出前面的 DP 值。
这时候就需要用到 cdq 分治。这个分治的思路如下：
递归处理左边
计算左边对右边带来的贡献
递归处理右边
即：在分治时考虑左边的区间内的元素对右边区间的元素的贡献。
三、多维偏序问题
1. 最长上升子序列（二维偏序）
题目大意：有 n 个数 a1,…,an，求最长上升子序列的长度。1≤n≤105。
Solution：
设 f[i] 表示以 i 结尾的最长上升子序列的长度。
然后可以用 DP 来求解：f[i]=minj<i&aj<ai f[j]+1
直接做时间复杂度是 O(n2) 的。
考虑优化这个算法。
设当前分治区间是 [l,r]，我们递归求完了 [l,m] 的答案，接下来要处理这一段对 [m+1,r] 的贡献。
把位于 [l,m] 的点看做插入，[m+1,r] 的点看做查询, 然后把整个区间按照 ai 排序。问题转化为支持插入 f[i] 和查询当前所有 f 的最大值。
只需要记录一个前缀最大值就可以了。
时间复杂度：O(n log n)。
可以不用 cdq 分治。我们先把 ai 离散化，然后开一个树状数组。只需要实现单点修改和前缀查询最大值。时间复杂度还是 O(n log n)。
2. 三维偏序
题目大意：有 n 个元素，每一个元素有一个 ai 和 bi，求两个值都单调的最长上升子序列。1≤n≤105。
Solution：
还是先考虑 n2 算法：f[i]=minj<i&aj<ai&bj<bi f[j]+1
然后 cdq 分治。
我们把 [l,r] 内的元素按照 ai 排序。接下来问题转化为支持插入一个 bi 以及询问所有满足 bj<bi 的 f[j] 的最大值。
用树状数组解决。总时间复杂度 O(n log2 n)。
3. 四维偏序
题目大意：现在每一个值有三个属性 ai,bi,ci，还是求最长上升子序列。1≤n≤50000。
先按照 ai 排序，cdq 分治后分治区间内转化为三维偏序问题。
然后再 cdq 一次，内层用树状数组实现。
时间复杂度：O(n log3 n)
三、模板
Luogu P3810「模板」三维偏序。
题目大意：有 n 个元素，第 i 个元素有三个属性，设 f(i) 表示满足 aj≤ai 且 bj≤bi 且 cj≤ci 且 j≠i 的 j 的数量。对于 d∈[0,n)，求 f(i)=d 的 i 数量。
注：这道题给的是一个 n 个元素的集合，每个元素有三个属性，是无序的。而上面所写的三维偏序，这 n 个元素是有序的，所以下标也算一个属性。其他的同理。
考虑先将第一维排序，然后分治。考虑只有左边的点会对右边的点有贡献，故在分治过程中考虑左边的区间内的点对右边区间内的点的贡献。按照第二维进行归并排序，当加入了一个左边的点时，假设其第三维大小为 x，相当于要加入一个元素 x，当加入了一个右边的点时，假设其第三维大小为 x，相当于要求加入的 ≤x 的元素有多少个，这个直接用树状数组维护即可。
时间复杂度 O(n log2 n)。
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define lowbit(x) x&(-x) using namespace std; const int N=2e5+5; int n,k,m,tot,c[N],t[N]; struct data{ int a,b,c,cnt,ans; //cnt: 相同元素个数 }s1[N],s2[N]; bool cmp1(data x,data y){ //按第一维排序 if(x.a==y.a) return x.b==y.b?x.c<y.c:x.b<y.b; return x.a<y.a; } bool cmp2(data x,data y){ //按第二维排序 return x.b==y.b?x.c<y.c:x.b<y.b; } void modify(int x,int y){ //树状数组的下标 i 表示的是权值为 i 的元素的个数 for(int i=x;i<=k;i+=lowbit(i)) c[i]+=y; } int query(int x){ int ans=0; for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans+=c[i]; return ans; } void cdq(int l,int r){ if(l==r) return ; int mid=(l+r)/2; cdq(l,mid),cdq(mid+1,r); //类似归并排序 sort(s2+l,s2+1+mid,cmp2),sort(s2+mid+1,s2+1+r,cmp2); int x=mid+1,y=l; //双指针。y 指向 [l,mid]，x 指向 [mid+1,r]。对于每个 s2[i] 和 s2[j]，此时已有 s2[i].a>=s2[j].a for(;x<=r;x++){ while(s2[x].b>=s2[y].b&&y<=mid) modify(s2[y].c,s2[y].cnt),y++; //若 s2[i].b>=s2[j].b并且 j<=mid，则将 s2[j] 加入到以 s2[j].c 为下标，s2[j].cnt 为权值的树状数组中 s2[x].ans+=query(s2[x].c); //保证树状数组里的数一定符合条件 } for(int i=l;i<y;i++) modify(s2[i].c,-s2[i].cnt); //清空树状数组 } signed main(){ scanf("%lld%lld",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld",&s1[i].a,&s1[i].b,&s1[i].c); sort(s1+1,s1+1+n,cmp1); //以第一维为关键字排序 for(int i=1;i<=n;i++){ tot++; //tot: 相同元素的个数 if(s1[i].a!=s1[i+1].a||s1[i].b!=s1[i+1].b||s1[i].c!=s1[i+1].c) s2[++m]=(data){s1[i].a,s1[i].b,s1[i].c,tot,0},tot=0; //m: 不同元素的个数 } //第一维已有序，合并元素 cdq(1,m); for(int i=1;i<=m;i++) t[s2[i].ans+s2[i].cnt-1]+=s2[i].cnt; //s2[i].ans+s2[i].cnt-1: 比 s2[i] 小的元素个数加上 s2[i] 的元素总数减 1 for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",t[i]); return 0; }
四、总结
如果我们有 k 个限制，那么 cdq 一次之后就可以去掉其中的一个限制，其中时间复杂度多一个 log。
不过 log4 及以上的复杂度就已经不如 O(n2) 算法快了，所以在实际应用中最多就是 cdq 套 cdq。
绝大多数 cdq 分治的题目都可以转化为 k 维偏序（或者 k 维数点）。
