K-D Tree可以搞多维空间问题，其形式为一棵二叉搜索树，它能把一张高维（>=2)的图分成好多块，其节点的某维坐标大于其左儿子，小于其右儿子。
K-D Tree的建立
对于k维的问题，第i层我们根据区间内各点的第（i % k)维坐标，用快速排序的思想，可以做到 log 时间内找中位数，然后以中位数的节点为当前根，把当前区间一分为二，然后（如果有的话）递归到其左右区间，左右区间的根即为当前根的左右儿子。如图：
【卡常技巧】最好把 (ls,rs,val,siz) 之类的一块放在结构体里面，据说会因为“连续”而变快。
(Code:)
//二维k-d tree
struct kdtree{
int mn[2], mx[2], d[2];
int ls, rs, val;
kdtree() {
ls = rs = val = d[0] = d[1] = 0;
mn[0] = mn[1] = inf;
mx[0] = mx[1] = 0;
}
}kdt[N];
bool cmp(const kdtree &a, const kdtree &b) {
return a.d[type] < b.d[type];
}
void build(int L, int R, int k, int &cur) {
int mid = (L + R) >> 1;
cur = mid;
type = k;
nth_element(kdt + L + 1, kdt + mid + 1, kdt + R + 1, cmp);
if (mid - 1 >= L) build(L, mid - 1, k ^ 1, kdt[mid].ls);
if (mid + 1 <= R) build(mid + 1, R, k ^ 1, kdt[mid].rs);
pushup(mid);//依据题意写
}
K-D Tree的复杂度
K-D Tree实际上是一种暴力的优化算法，它的使用就是暴力加剪枝，但复杂度竟然是n^(1+(1 - 1/k))（k维）
K-D Tree的使用（例题)
P4475 巧克力王国
以x和y为横纵坐标，建立平面直角坐标系。注意到对于每个询问，其符合要求的范围是连续的。确切地说，其范围应该是一条直线的左端。建一颗K-D Tree，然后从根节点开始找，如果某节点全部符合要求或全部不符合要求，就直接把它剪掉，不往下递归。这需要我们维护各节点的美味度总和.
部分代码：
inline void pushup(int cur) {
register int ls = kdt[cur].ls, rs = kdt[cur].rs;
kdt[cur].sum = kdt[ls].sum + kdt[rs].sum + kdt[cur].val;
for (register int i = 0; i <= 1; ++i) {
kdt[cur].mx[i] = kdt[cur].mn[i] = kdt[cur].d[i];
if (ls) {
kdt[cur].mn[i] = min(kdt[ls].mn[i], kdt[cur].mn[i]);
kdt[cur].mx[i] = max(kdt[ls].mx[i], kdt[cur].mx[i]);
}
if (rs) {
kdt[cur].mn[i] = min(kdt[rs].mn[i], kdt[cur].mn[i]);
kdt[cur].mx[i] = max(kdt[rs].mx[i], kdt[cur].mx[i]);
}
}
}
...
inline bool che(int x, int y) {
return aaa * x + bbb * y < ccc;
}
int query(int cur) {
int res = 0, cnt = 0;
cnt += che(kdt[cur].mn[0], kdt[cur].mn[1]);
cnt += che(kdt[cur].mn[0], kdt[cur].mx[1]);
cnt += che(kdt[cur].mx[0], kdt[cur].mn[1]);
cnt += che(kdt[cur].mx[0], kdt[cur].mx[1]);
if (cnt == 4) return kdt[cur].sum;
if (!cnt) return 0;
if (che(kdt[cur].d[0], kdt[cur].d[1])) res += kdt[cur].val;
if (kdt[cur].ls) res += query(kdt[cur].ls);
if (kdt[cur].rs) res += query(kdt[cur].rs);
return res;
}
P4357 [CQOI2016]K远点对
搞个小根堆，维护最大的那k个点对。
由于K-D Tree 的剪枝像大多数 DFS 的剪枝一样，它并不需要一些准确的信息，只要“最优”情况不能更新答案，就可以剪掉它。不过更新答案的时候是要用准确信息的。
这道题的“最优”情况为矩形的四条边（甚至都可能不是一个点）的坐标。
加强版：P2093 [国家集训队]JZPFAR
我做的第一道国集JZP题
其实这种问题还能优化。查询的时候，如果发现左儿子的最优假答案比右儿子的最优假答案更优的话，那么我们要先去左儿子，再去右儿子。这样，我们先获得了更接近最优答案的答案，以后就能剪掉更多的枝了。
这个剪枝是个 K-D Tree 的经典套路。这道题（JZPFAR）不这么剪还有一半分，P2479 [SDOI2010]捉迷藏就只有30分了。
关键代码：
//pr = pair，一开始想用pair水过，后来还是写的结构体
inline ll get_dis(int x, int y, int X, int Y) {
return Pow(x - X) + Pow(y - Y);
}
inline ll fake_dis(node nd, int x, int y) {
return max(Pow(nd.mx[0] - x), Pow(nd.mn[0] - x)) +
max(Pow(nd.mx[1] - y), Pow(nd.mn[1] - y));
}
void query(int x, int y, int cur) {
if (!cur) return ;
ll tmp = get_dis(nd[cur].d[0], nd[cur].d[1], x, y);
Node pr = (Node){tmp, nd[cur].id};
if (pr < q.top()) q.pop(), q.push(pr);
int ls = nd[cur].ls, rs = nd[cur].rs;
ll dl, dr;
if (ls) dl = fake_dis(nd[ls], x, y);
else dl = -1;
if (rs) dr = fake_dis(nd[rs], x, y);
else dr = -1;
Node Pl = (Node){dl, nd[ls].id}, Pr = (Node){dr, nd[rs].id};
if (Pl < Pr) {
if (Pl < q.top()) query(x, y, ls);
if (Pr < q.top()) query(x, y, rs);
} else {
if (Pr < q.top()) query(x, y, rs);
if (Pl < q.top()) query(x, y, ls);
}
}
P4148 简单题
二维平面中单点加，矩形数点。强制在线。(q <= 2e5).空间20MB，时间8s.
由于强制在线且卡空间，这题 K-D Tree 成为比较理想的解法。
由于不断加点可能导致不平衡，我们需要不时地重构一下。或者像替罪羊树那样搞一个 (alpha) 值。
void Build(int L, int R, int d, int &cur) {
if (L > R) return cur = 0, void();
int mid = (L + R) >> 1;
nwd = d;
nth_element(stk + L, stk + mid, stk + R, cmp);
nd[cur] = stk[mid];
Build(L, mid, d ^ 1, nd[cur].ls);
Build(mid + 1, R, d ^ 1, nd[cur].rs);
pushup(cur);
}
inline bool che(int cur) {
int ls = nd[cur].ls;
return nd[ls].siz / nd[cur].siz >= alpha;
}
inline void Rebuild(int &cur) {
stop = 0;
Del(cur);
Build(1, stop, 0, cur);
}
void add(int d, int &cur) {
if (!cur) {
cur = ++ttot;
nd[cur] = tp;
return ;
}
if (tp.d[d] < nd[cur].d[d]) add(d ^ 1, nd[cur].ls);
else add(d ^ 1, nd[cur].rs);
pushup(cur);
if (che(cur)) Rebuild(cur);
}
P5471 [NOI2019]弹跳
又是卡空间，需要 K-D Tree 优化建图。不过还不行，不能显式地建出边，直接在 K-D Tree 的框架下模拟 Dijkstra 算法流程才行。不用剪枝可过 loj，需要剪枝才能过洛谷，剪枝也不能过 uoj。
inline void Update(int cur, int v) {
if (v < dis[cur])
dis[cur] = v, q.push((Node){cur, dis[cur]});
}
void modify(int l, int r, int d, int u, int v, int cur) {
if (!cur || v >= dis[cur + n]) return ;
int al = nd[cur].mn[0], ar = nd[cur].mx[0], ad = nd[cur].mn[1], au = nd[cur].mx[1];
if (ar < l || al > r || au < d || ad > u) return ;
if (l <= al && ar <= r && d <= ad && au <= u) return Update(cur + n, v), void();
int x = nd[cur].d[0], y = nd[cur].d[1];
if (l <= x && x <= r && d <= y && y <= u) Update(cur, v);
modify(l, r, d, u, v, nd[cur].ls);
modify(l, r, d, u, v, nd[cur].rs);
}
int mp[N];
inline void dij() {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
dis[mp[1]] = 0;
q.push((Node){mp[1], 0});//Attention!!
while (!q.empty()) {
Node Nd = q.top(); q.pop();
int cur = Nd.cur;
if (vis[cur]) continue;
vis[cur] = true;
if (cur <= n) {
for (register unsigned int i = 0; i < mt[cur].size(); ++i) {
matrix mat = mt[cur][i];
modify(mat.l, mat.r, mat.d, mat.u, dis[cur] + mat.t, root);
}
} else {
cur -= n;
node nod = nd[cur];
int ls = nod.ls, rs = nod.rs;
Update(cur, dis[cur + n]);
if (ls) Update(ls + n, dis[cur + n]);//Attention!!!
if (rs) Update(rs + n, dis[cur + n]);//Attention!!!
}
}
}
注意
-
那个
nth_element的顺序是：左 + 1，中 + 1，右 + 1，cmp。注意加一（尽管之前有些代码没加一也能过） -
由于排序，建完树后每个节点的下标和原标号有所不同。手写 map 映射一下即可。