【数据结构】二维数点/二维偏序

2024-03-18 06:10:09 分类：前端 热度：108 评论： 0

该内容需要有一定的数据结构基础，前置知识：二维前缀和、树状数组、线段树、扫描线等
二维数点的解法较多，可自行查找和学习其他解法

二维数点简介

二维数点又称二维偏序，它是这样一类问题，给出一个二维平面內的若干个点，多次询问某个矩形区域內包含多少个点（边界也算）。又或者，给一个长为 n n n 的序列，多次询问区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 中值在 [ x , y ] [x,y] [x,y] 内的元素个数。


能解决这一问题的数据结构较多，包括树状数组/线段树、K-D Tree、可持久化线段树等，运用CDQ分治可解决更高维的偏序问题。以下着重讲解扫描线思想+树状数组解决二维偏序问题的方法。

二维数点的本质，是我们要查询一个矩形区域內的点数，首先考虑二维前缀和，对于矩形 ( x 1 , y 1 ) , ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1),(x_2,y_2) (x1​,y1​),(x2​,y2​)，其二维前缀和为 s [ x 2 ] [ y 2 ] − s [ x 1 − 1 ] [ y 2 ] − s [ x 2 ] [ y 1 − 1 ] + s [ x 1 − 1 ] [ y 1 − 1 ] s[x_2][y_2]-s[x_1-1][y_2]-s[x_2][y_1-1]+s[x_1-1][y_1-1] s[x2​][y2​]−s[x1​−1][y2​]−s[x2​][y1​−1]+s[x1​−1][y1​−1]。可惜由于时空的双重限制，我们几乎不可能求出二维前缀和。

假设我们将矩形按横坐标排序，对于当前 x x x，如果所有 x ′ ≤ x x' \leq x x′≤x 的点的纵坐标都已知，那么将会有 s [ x ] [ y ] = q u e r y ( 1 , y ) s[x][y]=query(1,y) s[x][y]=query(1,y)，其中 q u e r y ( 1 , y ) query(1,y) query(1,y) 代表查询纵坐标在 [ 1 , y ] [1,y] [1,y] 内的点数，这意味着我们把二维前缀和压成了一维的，每次查询只和 y y y 有关，这可以用简单数据结构来维护。整个思想与线段树的扫描线算法是十分相似的。

那么如何求出一个矩形区域內的答案呢？根据二维前缀和公式，我们只需要分别求出其四个区域的贡献（或正或负），相加即可。于是我们在从左往右沿 x x x 轴前进的过程中，不断将 x ′ ≤ x x' \leq x x′≤x 的点的纵坐标加入树状数组，依次求出所有询问对应的四个区域的贡献。询问需要提前离线，每个询问拆为四个区域。

于是，整个算法过程就是

  • 将所有点按横坐标排序
  • 将所有矩形询问拆成四个区域，即四次询问，所有询问按 x x x 轴排序
  • 遍历询问，设当前横坐标为 x x x，保证 x ′ ≤ x x' \leq x x′≤x 的所有点的纵坐标已加入树状数组，在树状数组中查询答案，贡献加至原询问处
  • 输出每个原询问的答案

练习

[SHOI2007]园丁的烦恼

题目链接

题意：平面上给出 n n n 个点， m m m 次询问，每次给出一个矩形，询问处于所给矩形区域內的点的数量。

思路：模板题，注意到 n , m n,m n,m 数据范围较大，离散化带个log容易被卡，而坐标范围为 [ 0 , 1 0 7 ] [0,10^7] [0,107]，其实可以不进行离散化，但是由于坐标范围到0，树状数组不支持0下标，不妨将坐标全部加1。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 1e7 + 5;
int sum[MAXN], ans[MAXN];
vector<pair<int, int>> vec;
vector<tuple<int, int, int, int>> q;

inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

void add(int pos, int x)
{
    for (; pos < MAXN; pos += lowbit(pos))
        sum[pos] += x;
}

int query_presum(int pos)
{
    int ans = 0;
    for (; pos > 0; pos -= lowbit(pos))
        ans += sum[pos];
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, x1, x2, y1, y2;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> x1 >> y1, ++x1, ++y1;
        vec.emplace_back(x1, y1);
    }
    sort(vec.begin(), vec.end());
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        ++x1, ++y1, ++x2, ++y2;
        q.emplace_back(x1 - 1, y1 - 1, 1, i);
        q.emplace_back(x1 - 1, y2, -1, i);
        q.emplace_back(x2, y1 - 1, -1, i);
        q.emplace_back(x2, y2, 1, i);
    }
    sort(q.begin(), q.end());
    int cur = 0;
    for (auto [x, y, c, id] : q)
    {
        while (cur < n && vec[cur].first <= x)
            add(vec[cur].second, 1), ++cur;
        ans[id] += c * query_presum(y);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++)
        cout << ans[i] << "\n";

    return 0;
}

[CQOI2017]老C的任务

题目链接

题意：平面上给出 n n n 个点，每个点有权值 p i p_i pi​， m m m 次询问，每次给出一个矩形，询问处于所给矩形区域內的点的权值之和。

思路：我们只会维护点的数量，如果还要维护每个点对应的权值，这是做不到的。但是，把权值 p i p_i pi​ 看作有 p i p_i pi​ 个点在当前位置上重合，显然这个问题就转换成了例题。本题中需要离散化。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 3e5 + 5;
int64_t sum[MAXN], ans[MAXN];
vector<int> yy;
vector<tuple<int, int, int>> vec;
vector<tuple<int, int, int, int>> q;

inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

void add(int pos, int64_t x)
{
    for (; pos < MAXN; pos += lowbit(pos))
        sum[pos] += x;
}

int64_t query_presum(int pos)
{
    int64_t ans = 0;
    for (; pos > 0; pos -= lowbit(pos))
        ans += sum[pos];
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, x1, x2, y1, y2, p;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> x1 >> y1 >> p;
        yy.push_back(y1);
        vec.emplace_back(x1, y1, p);
    }
    sort(vec.begin(), vec.end());
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        yy.push_back(y1 - 1), yy.push_back(y2);
        q.emplace_back(x1 - 1, y1 - 1, 1, i);
        q.emplace_back(x1 - 1, y2, -1, i);
        q.emplace_back(x2, y1 - 1, -1, i);
        q.emplace_back(x2, y2, 1, i);
    }
    sort(q.begin(), q.end());
    sort(yy.begin(), yy.end());
    yy.erase(unique(yy.begin(), yy.end()), yy.end());
    int cur = 0;
    for (auto [x, y, c, id] : q)
    {
        y = lower_bound(yy.begin(), yy.end(), y) - yy.begin() + 1;
        while (cur < n)
        {
            auto [_x, _y, p] = vec[cur];
            if (_x > x)
                break;
            _y = lower_bound(yy.begin(), yy.end(), _y) - yy.begin() + 1;
            add(_y, p), ++cur;
        }
        ans[id] += c * query_presum(y);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++)
        cout << ans[i] << "\n";

    return 0;
}

[SDOI2009]HH的项链

题目链接

题意：给一个长为 n n n 的序列，每个位置元素值为 a i a_i ai​，多次询问区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 中元素种类数。

思路：照常把 x x x 所在一维降掉后，发现 y y y 轴并没有明显的偏序关系。可以这样考虑，我们只计每个元素第一次在区间中出现时有贡献，设 p r e [ i ] pre[i] pre[i] 表示位置 i i i 的元素前一次出现的位置，在整个序列中第一次出现时记为0，由此，总的二维偏序关系为：
{ l ≤ x ≤ r p r e [ x ] < l \left\{ \begin{aligned} l \leq x & \leq r \\ pre[x] & < l \\ \end{aligned} \right. {l≤xpre[x]​≤r<l​


由于树状数组不支持0下标，可以稍作平移。能够看到在设定的偏序关系下，查询返回了正确的结果。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 1e6 + 5;
int sum[MAXN], pre[MAXN], ans[MAXN];
vector<pair<int, int>> vec;
vector<tuple<int, int, int, int>> q;

inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

void add(int pos, int x)
{
    for (; pos < MAXN; pos += lowbit(pos))
        sum[pos] += x;
}

int query_presum(int pos)
{
    int ans = 0;
    for (; pos > 0; pos -= lowbit(pos))
        ans += sum[pos];
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, a, l, r;
    cin >> n;
    for (int i = 3; i <= n + 2; i++)
    {
        cin >> a;
        vec.emplace_back(i, pre[a] ? pre[a] : 2), pre[a] = i;
    }
    sort(vec.begin(), vec.end());
    cin >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> l >> r, l += 2, r += 2;
        q.emplace_back(l - 1, 1, 1, i);
        q.emplace_back(l - 1, l - 1, -1, i);
        q.emplace_back(r, 1, -1, i);
        q.emplace_back(r, l - 1, 1, i);
    }
    sort(q.begin(), q.end());
    int cur = 0;
    for (auto [x, y, c, id] : q)
    {
        while (cur < n && vec[cur].first <= x)
            add(vec[cur].second, 1), ++cur;
        ans[id] += c * query_presum(y);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++)
        cout << ans[i] << "\n";

    return 0;
}

CF1320C - World of Darkraft: Battle for Azathoth

题目链接

题意：你有 n n n 件武器， m m m 件防具，每件装备有对应的攻击力/防御力和价格，你必须各选择一件。有 p p p 只怪物，每只防御力、攻击力、掉落金币分别为 x i , y i , z i x_i,y_i,z_i xi​,yi​,zi​，假设你攻击力和防御力分别是 a k , b k a_k,b_k ak​,bk​，你只能战胜 a k > x i a_k>x_i ak​>xi​ 且 b k > y i b_k>y_i bk​>yi​ 的怪物。求最大收益（可能为负）。

思路：题目已经给出了二维偏序关系，设 x x x 轴和 y y y 轴分别表示攻击力和防御力，以怪物作为点，可以发现询问是武器和防具任意组合后，以 ( 0 , 0 ) , ( b k − 1 , a k − 1 ) (0,0),(b_k-1,a_k-1) (0,0),(bk​−1,ak​−1) 为顶点的一个矩形。枚举武器降掉一维，逐个加点，问题变成每次对于所有防具，求最大收益。
这需要使用线段树来维护，先设定 [ 1 , 1 0 6 ] [1,10^6] [1,106] 內所有防具的初始收益，每次加点相当于给 [ y i + 1 , 1 0 6 ] [y_i+1,10^6] [yi​+1,106] 内的所有防具增加 z i z_i zi​ 的收益，查询全局最值并更新答案即可。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 1e6 + 5, N = 1e6 + 1;
int mx[MAXN << 2], add[MAXN << 2], w[MAXN];
vector<pair<int, int>> weapon;
vector<tuple<int, int, int>> mon;

void pushDown(int rt)
{
    mx[rt << 1] += add[rt], mx[rt << 1 | 1] += add[rt];
    add[rt << 1] += add[rt], add[rt << 1 | 1] += add[rt];
    add[rt] = 0;
}

void modify(int L, int R, int C, int l, int r, int rt)
{
    if (L <= l && r <= R)
    {
        mx[rt] += C, add[rt] += C;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushDown(rt);

    if (L <= mid)
        modify(L, R, C, l, mid, rt << 1);
    if (R > mid)
        modify(L, R, C, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    mx[rt] = max(mx[rt << 1], mx[rt << 1 | 1]);
}

int query(int L, int R, int l, int r, int rt)
{
    if (L <= l && r <= R)
        return mx[rt];
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushDown(rt);

    int ans = -2e9;
    if (L <= mid)
        ans = max(ans, query(L, R, l, mid, rt << 1));
    if (R > mid)
        ans = max(ans, query(L, R, mid + 1, r, rt << 1 | 1));
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, p, x, y, z;
    cin >> n >> m >> p;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> x >> y, weapon.emplace_back(x, y);
    fill(w, w + MAXN, -2e9);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> x >> y, w[x] = max(w[x], -y);
    for (int i = 1; i <= N; i++)
        modify(i, i, w[i], 1, N, 1);
    for (int i = 1; i <= p; i++)
        cin >> x >> y >> z, mon.emplace_back(x, y, z); // <def, atk, gold>
    sort(weapon.begin(), weapon.end());
    sort(mon.begin(), mon.end());
    int cur = 0, ans = -2e9;
    for (auto [a, ca] : weapon)
    {
        while (cur < mon.size())
        {
            auto [x, y, z] = mon[cur];
            if (x >= a)
                break;
            modify(y + 1, N, z, 1, N, 1), ++cur;
        }
        ans = max(ans, -ca + query(1, N, 1, N, 1));
    }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

[传智杯 #4 初赛] 小卡与落叶

题目链接

题意：给出一棵树，初始所有结点为绿色。支持两种操作，一是把整棵树染绿，再将深度 ≥ x \geq x ≥x 的结点染黄，二是询问以结点 x x x 为根的子树中黄色结点数量。

思路：一个重要的观察是，对于每次询问，显然只需要考虑它前面的最后一次操作。我们知道子树的dfs序是一个连续区间，设 L [ v ] , R [ v ] L[v],R[v] L[v],R[v] 分别代表子树根结点 v v v 的dfs序及其子树中最大dfs序，那么二维偏序关系为 L [ v ] ≤ d f n [ u ] ≤ R [ v ] L[v] \leq dfn[u] \leq R[v] L[v]≤dfn[u]≤R[v] 且 d e p [ u ] ≥ x dep[u] \geq x dep[u]≥x。这是一个把二维数点搬到树上的题目，以dfs序为横轴，深度为纵轴，显然要降掉dfs序，问题变为每次查询符合深度要求的点数。直接顺序读取操作和询问，添加矩形查询，转变为例题。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 1e5 + 5;
int L[MAXN], R[MAXN], rnk[MAXN], dep[MAXN], dfn;
int sum[MAXN], ans[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
vector<tuple<int, int, int, int>> q;

inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

void add(int pos, int x)
{
    for (; pos < MAXN; pos += lowbit(pos))
        sum[pos] += x;
}

int query_presum(int pos)
{
    int ans = 0;
    for (; pos > 0; pos -= lowbit(pos))
        ans += sum[pos];
    return ans;
}

void dfs(int v, int fa)
{
    L[v] = ++dfn;
    rnk[dfn] = v;
    dep[v] = dep[fa] + 1;
    for (auto u : G[v])
    {
        if (u != fa)
            dfs(u, v);
    }
    R[v] = dfn;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1, x, y; i < n; i++)
    {
        cin >> x >> y;
        G[x].push_back(y), G[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, 0);
    int lst = 1e5 + 2, ***t = 0;
    for (int i = 1, op, x; i <= m; i++)
    {
        cin >> op >> x;
        if (op == 1)
            lst = x;
        else
        {
            ++***t;
            q.emplace_back(L[x] - 1, lst - 1, 1, ***t);
            q.emplace_back(L[x] - 1, 1e5 + 4, -1, ***t);
            q.emplace_back(R[x], lst - 1, -1, ***t);
            q.emplace_back(R[x], 1e5 + 4, 1, ***t);
        }
    }
    sort(q.begin(), q.end());
    int cur = 1;
    for (auto [x, y, c, id] : q)
    {
        while (cur <= n && cur <= x)
            add(dep[rnk[cur]], 1), ++cur;
        ans[id] += c * query_presum(y);
    }
    for (int i = 1; i <= ***t; i++)
        cout << ans[i] << "\n";

    return 0;
}
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金大虾

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