二维偏序（离线二维数点）
问题
在 \([l,r]\) 的区间内，有多少个数 \(\le x\)。共 \(m\) 次询问。
暴力：\(O(nm)\) 的 check。效率低下。
离线二维数点
可以将询问离线下来。
首先运用下差分的思想，将 \(ans[l,r]\) 分解为 \(ans[1,r]-ans[1,l-1]\)。
所以考虑按照端点从小到大排序，转化为 \(2m\) 个询问。
对于某个询问 \((r,x,id,opt)\)：
- \(r\) 表示询问区间是 \([1,r]\)。
- \(x\) 表示多少个数 \(\le x\)。
- \(id\) 因为是离线，所以需要询问编号。
- \(opt\) 是该询问的系数。比如 \([1,r]\) 的系数是 \(1\)，\([1,l-1]\) 则为 \(-1\)。
所以可以将一个询问看成一个点 \((r,x)\)。在平面直角坐标系中，将 \(r\) 看成横坐标，\(x\) 看成 \(y\) 坐标。
那么问题又转化为了对于一个点 \(A(x_a,y_a)\)，有多少个点 \(B(x_b,y_b)\) 满足 \(x_a\ge x_b\and y_a\ge y_b\)。
画成图就是这样：
所以就可以解释为什么要按照端点下标从小到大排序。
最后我们维护一个可区间操作的数据结构，比如说线段树或树状数组维护 \(y\) 坐标。
如果值很大就离散化一下。
例题
洛谷 P10814 【模板】离线二维数点。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
inline void Rd(auto &num);
const int N=2e6+5;
int n,m,a[N],tc[N],cntn,ans[N];
struct NODE{int r,x,Id,op;bool operator < (const NODE &oth)const{if(r!=oth.r)return r<oth.r;return x<oth.x;}
}node[N*2];//注意要开2m的空间
//树状数组 begin
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void addc(int x)
{for(;x<N;x+=lowbit(x))++tc[x];return;
}
int ask(int x)
{int ans=0;for(;x;x-=lowbit(x))ans+=tc[x];return ans;
}
//树状数组 end
int main(){Rd(n);Rd(m);FUP(i,1,n)Rd(a[i]);FUP(i,1,m){int l,r,x;Rd(l);Rd(r);Rd(x);//拆分为两个询问node[++cntn].r=r;node[cntn].x=x;node[cntn].Id=i;node[cntn].op=1;node[++cntn].r=l-1;node[cntn].x=x;node[cntn].Id=i;node[cntn].op=-1;}sort(node+1,node+cntn+1);int j=1;FUP(i,1,cntn){int u=node[i].r,I=node[i].Id,x=node[i].x,op=node[i].op;while(j<=u)addc(a[j++]);//这里对于所有下标<=u的元素都加进来ans[I]+=ask(x)*op;}FUP(i,1,m)printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}
inline void Rd(auto &num)
{num=0;char ch=getchar();bool f=0;while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){num=(num<<1)+(num<<3)+(ch-'0');ch=getchar();}if(f)num=-num;return;
}
)
