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CDQ分治：
本质：对询问进行分治
优点：和莫队分块一样都属于技巧，关键时刻能免去复杂的数据结构，常数小
缺点：必须离线
参考：
问题提出：
假设有数十万个操作，每次可以是修改和查询，可以这样理解：
对于第x个查询，只有前面的部分操作会对该查询有影响，而部分操作没有影响，
例如一个空的坐标系，操作C(x, y)表示添加一个点(x, y)，Q(x, y)表示查询在(0, 0)到(x, y)这个范围内有多少个点
那么C(1, 2)会让Q(3, 5)的答案+1，C(4, 1)却对Q(3, 5)没有影响
这样每次查询的答案相当于之前若干次操作的叠加！
思考：
那么理论上只要对于每个询问，只要知道有多少个操作对它有贡献就行了，
而很容易发现，很好判定一个操作是否对某次查询有贡献，就像上面坐标系的例子：
对于C(x, y)和Q(x', y')，①满足x<=x'就可能有贡献，但只要x>x'就一定不可能有贡献，这就相当于是一个“序”
所以可以先将所有的C和Q作为一个整体按x排序
但是不一定，对于C(x, y)和Q(x', y')，还必须满足②y<=y'，这就相当于第二个"序"，也就是说按x排完序之后前面满足条件y<=y'的C(x, y)的数量才是Q(x', y')的答案，考虑暴力，遇到一个C(x, y)就让cnt[y]++，遇到一个Q(x', y')的话查询cnt[]的前缀和，答案就是∑cnt[i] (0<=i<=y)，这是经典问题，可以用树状数组解决
其实到这里对于先给n个加点操作，再给m个查询操作的问题就可以解决了！
但是万一加点操作和查询操作（也就是C和Q）混在一起呢？这样就相当于有第三个“序”，在满足x<'x'和y<=y'的条件下还要满足这个C出现在这个Q之前！令C(x, y, s)表示在第s秒添加一个点(x, y)，Q(x', y', s')表示查询在s'秒之前(0, 0)到(x, y)这个范围内有多少个点，第三维又该如何解决呢？
解决：
这就是“三维偏序问题”，第一维直接排序，第二维可以树状数组，第三维就必须用CDQ分治了
参考题目：（三维偏序裸题）
当然CDQ分治本质当然还是分治，只不过是对操作和询问的分治，就拿上面例子，大致步骤如下：
①对于所有的C(x, y, s)、Q(x', y', s')当然还是按x排序（y仍然用树状数组暴力）
②假设共有n个操作+查询，开始二分，第一步当然是整个区间[1, n]
③m = (1+n)/2，将整个区间分为左右两个部分，更新y用树状数组就不说了，所有在[1, m]区间内满足s<m的C操作对所有在(m, n]范围内满足s'>m的Q询问有贡献，计算这个贡献，然后重排，在保证x有序的情况下将所有满足s<=m的全部丢在左区间，将所有s>m+1的全部丢在右区间，递归区间[1, m]和(m, n]，重复步骤③
④结束，输出答案！
这样问题就解决了，复杂度O(nlog²n)
下面看题
| 命令 | 参数限制 | 内容 |
| 1 x y A | 1<=x,y<=N，A是正整数 | 将格子x,y里的数字加上A |
| 2 x1 y1 x2 y2 | 1<=x1<= x2<=N 1<=y1<= y2<=N | 输出x1 y1 x2 y2这个矩形内的数字和 |
| 3 | 无 | 终止程序 |
没错就是上面例子中的那道题，题解已经给出了
那就看程序吧，可以将每个查询拆成四个(0, 0)到(x, y)的部分
#include#include #include using namespace std;int n, t, z, tre[500005], ans[200005];typedef struct Res{ int x, y, val, opt, id, xd; bool operator < (const Res &b) const { if(x m) ans[s[i].xd] += Query(s[i].y)*s[i].val; } for(i=l;i<=r;i++) { if(s[i].opt==1 && s[i].id<=m) Update(s[i].y, -s[i].val); } p = q = 0; for(i=l;i<=r;i++) { if(s[i].id<=m) L[++p] = s[i]; else R[++q] = s[i]; } for(i=l;i<=m;i++) s[i] = L[i-(l-1)]; for(i=m+1;i<=r;i++) s[i] = R[i-m]; Cdq(l, m); Cdq(m+1, r);}int main(void){ int i, opt, x1, y1, x2, y2; scanf("%d", &n); while(1) { scanf("%d", &opt); if(opt==3) break; else if(opt==1) { t++; scanf("%d%d%d", &s[t].x, &s[t].y, &s[t].val); s[t].opt = 1, s[t].id = t; } else { z++; scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2); t++, s[t].x = x1-1, s[t].y = y1-1, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = 1, s[t].opt = 2; t++, s[t].x = x2, s[t].y = y2, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = 1, s[t].opt = 2; t++, s[t].x = x1-1, s[t].y = y2, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = -1, s[t].opt = 2; t++, s[t].x = x2, s[t].y = y1-1, s[t].xd = z, s[t].id = t, s[t].val = -1, s[t].opt = 2; } } sort(s+1, s+t+1); Cdq(1, t); for(i=1;i<=z;i++) printf("%d\n", ans[i]); return 0;}
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