转载自FlashHu大佬的博客CDQ分治总结（CDQ，树状数组，归并排序），在讲述部分有部分删改，用了自己的代码
CDQ分治的思想
CDQ分治是基于时间的离线分治算法。这一类分治有一个重要的思想——用一个子问题来计算对另一个子问题的贡献。
有了这种思想，就可以在一定的复杂度范围内地解决偏序问题。从一位偏序（就是按下表排列）的$Theta(N)$开始，每增加一维增加$Theta(log N)$倍，可以通过不断叠加cdq分治来增加维度，但当达到4维以上时效率就和暴力差不多了。
例题1
即给出若干元素，每个元素有三个属性值(a,b,c)，询问对于每个元素(i)，满足(a_jleq a_i,b_jleq b_i,c_jleq c_i)的(j)的个数
不用着急，先从简单的问题开始
试想一下二位偏序也就是(a_jleq a_i,b_jleq b_i)怎么做
先按(a)为第一关键字，(b)为第二关键字排序，那么我们就保证了第一维(a)的有序。
于是，对于每一个(i)，只可能(1)到(i-1)的元素会对它有贡献，那么直接查(1)到(i-1)的元素中满足(b_jleq b_i)的元素个数。
具体实现？动态维护(b)的树状数组，从前到后扫一遍好啦，(O(nlog n))。
那么三维偏序呢？我们只有在保证前两位都满足的情况下才能计算答案了。
仍然按(a)为第一关键字，(b)为第二关键字，(c)为第三关键字排序，第一维保证左边小于等于右边了。
为了保证第二维也是左边小于等于右边，我们还需要排序。
想到归并排序是一个分治的过程，我们可不可以在归并的过程中，统计出在子问题中产生的对答案贡献呢？
现在我们有一个序列，我们把它递归分成两个子问题，子问题进行完归并排序，已经保证(b)有序。此时，两个子问题间有一个分界线，原来第一维左边小于等于右边，所以现在分界线左边的任意一个的(a)当然还是都小于右边的任意一个。那不等于说，只有分界线左边的能对右边的产生贡献？
于是，问题降到了二维。我们就可以排序了，归并排序（左边的指针为(j)，右边的为(i)）并维护(c)的树状数组，如果当前(b_jleq b_i)，说明(j)可以对后面加入的满足(c_jleq c_i)的(i)产生贡献了，把(c_j)加入树状数组；否则，因为后面加入的(j)都不会对(i)产生贡献了，所以就要统计之前被给的所有贡献了，查询树状数组(c_i)的前缀和。
这是在分治中统计的子问题的答案，跟总答案有怎样的关系呢？容易发现，每个子问题统计的只有跨越分界线的贡献，反过来看，每一个能产生贡献的(i,j)，有且仅有一个子问题，两者既同时被包含，又在分界线的异侧。那么所有子问题的贡献加起来就是总答案。
算法的大致思路就是这样啦。至于复杂度，(T(n)=O(nlog k)+T(frac 2 n)=O(nlog nlog k))。
当然还有不少细节问题。
最大的问题就在于，可能有完全相同的元素。这样的话，本来它们相互之间都有贡献，可是cdq的过程中只有左边的能贡献右边的。这可怎么办呢？
我们把序列去重，这样现在就没有相同的了。给现在的每个元素一个权值(v)等于出现的次数。中间的具体实现过程也稍有变化，在树状数组中插入的值是(v)而不是(1)了，最后统计答案时，也要算上相同元素内部的贡献，ans+=v-1。
写法上，为了防止sort和归并排序中空间移动太频繁，没有对每个元素封struct，这样的话就要改一下cmp函数
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int INF=1e9+7,MAXN=1e5+10,MAXK=2e5+10; struct node{ int x,y,z,ans,w; }A[MAXN],tmp[MAXN]; inline bool cmpx(node x,node y){ return x.x<y.x||(x.x==y.x&&(x.y<y.y||(x.y==y.y&&x.z<y.z))); } inline bool cmpy(node x,node y){ return x.y<y.y||(x.y==y.y&&(x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.z<y.z))); } int N,K,sum[MAXK]; inline int lowbit(int x){ return x&-x; } inline void upd(int x,int c){ while(x<=K){ sum[x]+=c; x+=lowbit(x); } } inline int qry(int x){ int ret=0; while(x){ ret+=sum[x]; x-=lowbit(x); } return ret; } void cdq(int l,int r){ if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1; cdq(l,mid); cdq(mid+1,r); sort(A+l,A+mid+1,cmpy); sort(A+mid+1,A+r+1,cmpy); int i=mid+1,j=l; for(;i<=r;i++){ while(A[j].y<=A[i].y&&j<=mid){ upd(A[j].z,A[j].w); j++; } A[i].ans+=qry(A[i].z); } for(i=l;i<j;i++) upd(A[i].z,-A[i].w); } int n,ans[MAXK]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&K); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d%d",&tmp[i].x,&tmp[i].y,&tmp[i].z); } sort(tmp+1,tmp+n+1,cmpx); for(int i=1,c=1;i<=n;i++,c++) if((tmp[i].x^tmp[i+1].x)|(tmp[i].y^tmp[i+1].y)|(tmp[i].z^tmp[i+1].z)){ A[++N]=tmp[i]; A[N].w=c; c=0; } cdq(1,N); for(int i=1;i<=N;i++) ans[A[i].ans+A[i].w-1]+=A[i].w; for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
例题二
洛谷P4169 [Violet]天使玩偶/SJY摆棋子
不会KDT，然而CDQ当然是有优势的。
第一眼就能发现每一个修改或查询都有三个属性，(x,y)，还有时间戳。那么怎样把它转化为一般的三维偏序问题呢？
假如所有记忆的点都在查询的点的左下角，那么就会只有(x,y)和时间戳三个维度都小于查询点的记忆点可以产生贡献，这就是三维偏序了。
贡献是什么呢？设有若干(j)对(i)产生了贡献，那么直接去绝对值，答案就是(min{x_i-x_j+y_i-y_j})，也就是(x_i+y_i-max{x_j+y_j})，这个还是可以用树状数组，只不过改成维护前缀最大值。第一维时间戳，输入已经排好序了；第二位(x)归并；第三位(y)树状数组统计答案。
然而假设并不成立。但是我们可以发现，每个能产生贡献的点只可能会在查询点的四个方向（左下，左上，右下，右上），那么对所有点还要进行(3)遍坐标翻转（新坐标等于值域减去原坐标），做(4)遍CDQ，就可以统计到每个方向的最优答案，最后再取(min)即可。
(n,m=300000)，值域(1000000)，一看这(O((n+m)log(n+m)log k))好大，还要跑(4)遍，真的不会T么？所以还是要优化一些细节。
首先，蒟蒻仍然沿用三维偏序模板的做法，没有对元素封struct以减少空间交换，这样在做完坐标翻转后也能更快还原，直接for一遍初始化。然而也会带来数组的频繁调用，蒟蒻也在怀疑这种优化的可行性，还望Dalao指教。
接着，我们发现左边有(n)个元素都确定了是记忆点。也就是说，我们不必对(n+m)个点都跑CDQ了，只对后面(m)个点跑，前面的(n)个点直接预处理按(x)第一关键字、(y)第二关键字sort，这样复杂度就降到了(O(nlog n+mlog mlog k+nlog k))了。然而做完坐标翻转后也别忘了处理一下。如果这一次翻转的是(y)，那么(x)不会受到影响；如果翻转的是(x)，那么也直接翻转数组就好啦！
至于fread什么的用上也好。加上这一堆优化，代码就有90行了。
然后一交上去就1A了！？平时习惯了满屏殷红的WA，蒟蒻也不得不感叹，比起不少数据结构，CDQ真是思路板又好写还好调。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define RG register #define I inline void #define R RG int #define gc if(++pp==pe)fread (pp=buf,1,SZ,stdin) #define pc(C) *pp=C;if(++pp==pe)fwrite(pp=buf,1,SZ,stdout) const int N=3e5,D=1e6+2,SZ=1<<19,INF=20020307; char buf[SZ],*pe=buf+SZ,*pp=pe-1; int x[N],y[N],p[N],q[N],f[N],ans[N],e[D+1]; bool t[N]; struct NODE{ int x,y; inline bool operator<(RG NODE b)const{ return x<b.x||(x==b.x&&y<b.y); } }a[N];//前n个点 inline int in(){ gc;while(*pp<'-')gc; R x=*pp&15;gc; while(*pp>'-'){x*=10;x+=*pp&15;gc;} return x; } I out(R x){ if(x>9)out(x/10); pc(x%10|'0'); } I min(R&x,R y){if(x>y)x=y;} I upd(R i,R v){for(;i<=D;i+=i&-i)if(e[i]<v)e[i]=v;} I qry(R i,R&v){for(;i ;i-=i&-i)if(v<e[i])v=e[i];} I clr(R i) {for(;i<=D;i+=i&-i)e[i]=0;} void cdq(R*p,R m){//三维偏序Dalao们都会吧 if(m==1)return; R n=m>>1,i,j,k; cdq(p,n);cdq(p+n,m-n); memcpy(q,p,m<<2); for(k=i=0,j=n;i<n&&j<m;++k) if(x[q[i]]<=x[q[j]]){ if(!t[q[i]])upd(y[q[i]],x[q[i]]+y[q[i]]); p[k]=q[i++]; } else{ if(t[q[j]])qry(y[q[j]],f[q[j]]); p[k]=q[j++]; } for(;j<m;++j) if(t[q[j]])qry(y[q[j]],f[q[j]]); memcpy(p+k,q+i,(n-i)<<2);//注意收尾和清空 for(--i;~i;--i)clr(y[q[i]]); } int main(){ R n=in(),m=in(),i,j,k; for(i=0;i<n;++i) a[i].x=in()+1,a[i].y=in()+1; std::sort(a,a+n);//n个点预排序 for(i=0;i<m;++i){ if((t[i]=in()-1))ans[i]=INF;//注意给极大值 x[i]=in()+1;y[i]=in()+1;//BIT不能有0下标，所以改一下 } for(k=1;k<=4;++k){ for(i=0;i<m;++i)p[i]=i;//很快就可以初始化序列 cdq(p,m); for(i=j=0;i<n&&j<m;){//外面统计还是和CDQ一样，只是不用归并了 if(a[i].x<=x[p[j]]) upd(a[i].y,a[i].x+a[i].y),++i; else{ if(t[p[j]])qry(y[p[j]],f[p[j]]); ++j; } } for(;j<m;++j) if(t[p[j]])qry(y[p[j]],f[p[j]]); memset(e,0,sizeof(e)); for(i=0;i<m;++i) if(t[i]&&f[i])min(ans[i],x[i]+y[i]-f[i]),f[i]=0; if(k==4)break; if(k&1){//第一次、第三次上下翻 for(i=0;i<n;++i)a[i].y=D-a[i].y; for(i=0;i<m;++i)y[i]=D-y[i]; } else{//第二次左右翻 for(i=0;i<n;++i)a[i].x=D-a[i].x; for(i=0;i<m;++i)x[i]=D-x[i]; for(i=0,j=n-1;i<j;++i,--j)std::swap(a[i],a[j]);//注意仍要保证x不降 } } for(pp=buf,i=0;i<m;++i) if(t[i]){out(ans[i]);pc(' ');} fwrite(buf,1,pp-buf,stdout); return 0; }