二维数点问题 1

二维数点问题

例题 1

给定一个长为 $n$ 的序列 $a$，有 $m$ 次询问，每次询问给定 $l,r,x$，求 $[l,r]$ 区间中小于等于 $x$ 的数的个数。

数据范围：$1\le n,m,a_i,l,r,x\le 2\times 10^6$。

题解

我们需要求出 $l\le i\le r$ 中，有多少个数小于等于 $x$，这里有 两个偏序关系 $\le$，$\ge$。

将两个偏序关系减少至一个，就变成求出 $i\le r$ 有多少个数小于等于 $x$、求出 $i\le l-1$ 有多少个数小于等于 $x$。

将二者求出来的结果 作差 就得到了原需求。

所以目标转化为实现 $i\le k$ 有多少个数小于等于 $x$。

我们将所有的询问都转为形如 $(pos,x)$ 的二元组，并将其按 $pos$ 排序。

从 $1\sim n$ 开始遍历原序列，并维护一个权值树状数组，对于 $a[i]$，单点插入树状数组中即可。

然后求 $i\le pos$ 有多少个数小于等于 $x$，就可以查询此时树状数组的 $1\sim x$ 的前缀和。

现在我们求出了每一对二元组 $(pos,x)$ 对应的答案，但是如何重组为 $(l,r,x)$ 对应的答案呢？

有些题目可能会卡常，所以不能用 $map$。

可以考虑一个结构体 $node$

struct node {int pos;int x;int id;int op;
};

$node$ 结构体是用来存放每一个询问的信息，其中的 $id$ 表示是第几次询问，其中 $op$ 表示符号。

因为一次询问 $(l,r,x)$ 会被拆分为两个二元组 $(l-1,x)$，$(r,x)$。

我们令 $(l-1,x)$ 的 $op$ 为 $-1$，这样我们就可以将 $(l-1,x)$ 的结果乘上 $op$ 累加到其对应的 $ans[id]$ 中，表示减去，同理对于 $(r,x)$ 其 $op$ 为 $1$，表示加上。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define int long long
#define endl '\n'
#define PII pair<int,int>
#define INF 1e18
const int N = 2e6;template<typename T>// 单点修改和区间查询的树状数组
struct Fenwick {vector <T> tree;int n;Fenwick(int _n) : n(_n), tree(_n + 2){}// 求 1~x 的前缀和T getsum(int x) {T ans = 0;int L = x;while (x) {ans += tree[x];x = x - lowbit(x);}return ans;}// 区间查询T get_range_sum(int l, int r) {return getsum(r) - getsum(l - 1);}// 单点修改void add(int x, T k) {while (x <= n) {tree[x] += k;x += lowbit(x);}}static inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
};struct node {int pos;int x;int id;int op;
};void slove () {int n, m;cin >> n >> m;vector <int> a (n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];vector <node> q;for (int i = 1; i <= m; i++) {int l, r, x;cin >> l >> r >> x;q.emplace_back(node{l - 1, x, i, -1});q.emplace_back(node{r, x, i, 1});}sort(q.begin(), q.end(), [](node A, node B) {return A.pos < B.pos;});Fenwick<int> tree(N);vector <int> ans(m + 1, 0);int L = 1, R = 0;while (R < q.size()) {auto now = q[R];while (L <= n && L <= now.pos) {tree.add(a[L], 1);L ++;}ans[now.id] += now.op * tree.get_range_sum(1, now.x);R ++;}for (int i = 1; i <= m; i ++) {cout << ans[i] << endl;}
}signed main () {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);slove();
}