\(\rm一、定义：序列上每个点有三个权值~(x,y,z)~，求有多少个点对~(a,b)~同时满足~a_x \le b_x~,~a_y \le b_y~,~a_z \le b_z~\)
\(\rm二、解法：~cdq~分治\)
\(\rm\qquad首先，我们思考一下二维偏序的解法\)
\(\rm\qquad\qquad我们先对整个序列按照~x~排一遍序，那么我们就已经解决了一个维度\)
\(\rm\qquad\qquad即目前序列中所有后面的点的~x~值一定比前面的点小\)
\(\rm\qquad\qquad那么我们只需要考虑目前这个排序完的序列中有多少个顺序对\)（瞎jb造的词）
\(\rm\qquad\qquad具体而言，可以通过树状数组解决（归并排序也可，这里不赘述）\)
\(\rm\qquad\qquad对于第二权值值域开一颗树状数组，从左到右扫到~i~，查询已出现的数中比~a_i~小的数\)
\(\rm\qquad\qquad即树状数组上目前已有的~a_i~前的数的个数\)
\(\rm\qquad进入正题\)
\(\rm\qquad\qquad首先我们依旧可以通过排序降一个维，然后考虑分治\)
\(\rm\qquad\qquad对于区间~(l,r)~，我们只考虑跨~Mid~的贡献，区间内的分治到下面解决\)
\(\rm\qquad\qquad由于序列本来就是已经按照第一权值排过序的\)
\(\rm\qquad\qquad所以无论我们怎么搞事情，原本属于左半边的点的第一权值一定\le右半边的点\)(这不是废话吗)
\(\rm\qquad\qquad所以我们干脆可以直接再排一遍序来再降一维\)
\(\rm\qquad\qquad但是要注意只能考虑原本左半边的点与原本右半边的点的贡献\)
\(\rm\qquad\qquad所以我们可以通过记录原左边的点和原右边的点\)
\(\rm\qquad\qquad对于原左边的点，即时丢到树状数组里\)
\(\rm\qquad\qquad而对于原右边的点，我们就可以直接查询，就像二维偏序的做法一样\)
bool cmp2(node a,node b){
if(a.y!=b.y)return a.y<b.y;
if(a.z!=b.z)return a.z<b.z;
return a.x<b.x;
}
void solve(int l,int r){
if(l==r)return;
solve(l,Mid),solve(Mid+1,r);
sort(a+l,a+r+1,cmp2);
for(int i=l;i<=r;i++){
if(a[i].x<=mid)add(a[i].z,1);
else ANS[a[i].id]+=query(a[i].z);
}
for(int i=l;i<=r;i++)
if(a[i].x<=mid)add(a[i].z,-1);
}\(\rm\qquad PS:如果愿意也可以手写一个归并排序然后即时操作，常数优一些\)
\(\rm\qquad另外要注意的是要去重，还有清空树状数组不能用~memset~（会超时）\)
\(\rm总代码如下：\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define Mid ((l+r)>>1)
#define int ll
const int maxn=300005,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n,m,Q,K,T;
int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
struct node{
int x,y,z,id;//存储每个点的个权值
bool operator <(const node &a)const{//按第一权值排序
if(x!=a.x)return x<a.x;
if(y!=a.y)return y<a.y;
return z<a.z;
}
}a[maxn],t[maxn];vector<int>q;//存储被修改的权值，实现更高效率的树状数组清空
int ANS[maxn],sum[maxn],f[maxn],fle[maxn];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add(int x,int k){//树状数组修改
if(k>0)q.push_back(x);
for(int i=x;i<=K;i+=lowbit(i)){//注意这里是K
sum[i]+=k;
}return;
}
int query(int x){//树状数组查询
int ans=0;
for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)){
ans+=sum[i];
}return ans;
}
void solve(int l,int r){//分治
if(l==r)return;
solve(l,Mid),solve(Mid+1,r);
int i=l,j=Mid+1,now=l;
while(i<=Mid&&j<=r){//手写归并排序
//各种分类讨论，可能是我写复杂了，要是您不屑的话也可以去看上文的简单写法
if(a[i].y<a[j].y){add(a[i].z,1);t[now++]=a[i++];}
else if(a[i].y>a[j].y){ANS[a[j].id]+=query(a[j].z);t[now++]=a[j++];}
else{//注意无论如何每次只进一个元素，即不会有在一次循环中两个元素同时进入t数组的情况，否则会出错
if(a[i].z<a[j].z)add(a[i].z,1),t[now++]=a[i++];
else if(a[i].z>a[j].z)ANS[a[j].id]+=query(a[j].z),t[now++]=a[j++];
else{
if(a[i].x<a[j].x)add(a[i].z,1),t[now++]=a[i++];
else ANS[a[j].id]+=query(a[j].z),t[now++]=a[j++];
}
}
}
while(i<=Mid)t[now++]=a[i++];
while(j<=r)ANS[a[j].id]+=query(a[j].z),t[now++]=a[j++];
for(int i=l;i<=r;++i)a[i]=t[i];
for(int i=0;i<q.size();++i)add(q[i],-1);q.clear();//vector存储被修改的位置，实现更高效率的树状数组清空
return;
}
signed main(){
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
n=read();K=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
int x=read(),y=read(),z=read();
a[i].x=x,a[i].y=y,a[i].z=z;a[i].id=i;
}sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;){//去重
int j=i+1;
while(j<=n&&a[j].x==a[i].x&&a[j].y==a[i].y&&a[j].z==a[i].z)j++;
while(i<j)fle[a[i].id]=a[j-1].id,i++;
}for(int i=1;i<=n;++i)a[i].x=i;
solve(1,n);
for(int i=1;i<=n;++i)f[ANS[fle[a[i].id]]]++;
for(int i=0;i<n;++i)printf("%lld\n",f[i]);
return 0;
}
原文：https://www.cnblogs.com/Zikual/p/12208149.html