整体二分

所需性质

能解决的问题需要有以下性质：

1. 可以离线。
2. 可以二分。
3. 修改对判定答案的贡献互相独立，修改之间互不影响效果。
4. 修改如果对判定答案有贡献，则贡献为一确定的与判定标准无关的值。
5. 贡献满足交换律，结合律，具有可加性。
   ——许昊然《浅谈数据结构题几个非经典解法》

流程

先给询问 / 修改按时间顺序打上编号，定义函数 \(\operatorname{solve}(l, r, L, R)\) 表示当前操作区间为 \([l, r]\) 时，答案值域在 \([L, R]\)，考虑取 \(mid = \lfloor\dfrac{L + R}{2}\rfloor\)，将 \([l, r]\) 统计出的答案与 \(mid\) 的关系分为两类（\(\leq mid\) 和 \(> mid\) 两类），并分别递归处理，当 \(L=R\) 时 \([l, r]\) 的答案均为 \(L\) 并结束递归。

时间复杂度为 \(\mathcal O(T\log A)\)，其中 \(A\) 为答案范围，\(T\) 为单次处理的时间复杂度。

题目链接

// 大概框架
inline void solve(int l, int r, int L, int R)
{
    if (l > r || L > R) return;

    if (L == R)
    {
        // L = R 表示 [l, r] 区间的询问答案已经得出
        for (int i = l; i <= r; ++ i)
            ...
        return;
    }

    int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
    int mid = (L + R) / 2;

    for (int i = l; i <= r; ++ i)
    {
        // 划分为两类
        ...
    }

    for (int i = l; i <= r; ++ i)
    {
        ...
        // 删去记录
    }
	// 分为两类
    for (int i = 1; i <= cnt1; ++ i)
        que[l + i - 1] = leq[i]; 
    for (int i = 1; i <= cnt2; ++ i)
        que[l + cnt1 + i - 1] = big[i];
    // 递归处理
    solve(l, l + cnt1 - 1, L, mid);
    solve(l + cnt1, r, mid + 1, R);
}

CDQ 分治

解决的问题大致分为三类：

1. 解决和点对有关的问题。
2. 1D 动态规划的优化与转移。
3. 通过 CDQ 分治，将一些动态问题转化为静态问题。

CDQ 分治的思想最早由 IOI2008 金牌得主陈丹琦在高中时整理并总结，它也因此得名。
———— oi-wiki

问题类似于：给定一个长度为 \(n\) 的区间，统计一些特殊的点对 \((i, j)\) 或找到一对有某种意义的 \((i, j)\)。

流程如下：

1. 找到这个序列的中点 \(mid\)。
2. 将点对 \((i, j)\) 分为三类
   a. \(1 \leq i \leq mid, 1 \leq j \leq mid\)
   b. \(mid < i \leq n, mid < j \leq n\)
   c. \(1 \leq i \leq mid, mid < j \leq n\)
3. 将序列 \([1, n]\) 拆成 \([1, mid]\) 和 \([mid + 1, n]\) 发现 a.b. 的点对在这两个区间之内。
4. 递归处理。
5. 处理 c. 的点对。

我们发现重点就是在第 5. 步，只要维护好了 5.，也就维护好了整个序列的点对。

具体来说，我们设 \(\operatorname {solve}(l, r)\) 表示处理 \([l, r]\) 之间的点对，每次不断递归处理 \(\operatorname{solve}(l, mid)\) 和 \(\operatorname{solve}(mid + 1, r)\)，最后将 c. 的点对处理好即可。

// 大概框架如下
inline void cdq(int l, int r)
{
    if (l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
    ...
}