一、题目：
二、思路：
很明显这是一道CDQ分治的模板题。在这里简单讲一下CDQ分治的大概思路。
CDQ分治的目的是将动态的修改、查询离线，从而转化为静态的操作。具体来说是这样的：
假设(a)是一个修改、查询的序列。定义(CDQ(l,r))为处理(a[lsim r])的函数。
然后我们发现(a[lsim r])的修改和查询分别可以分成两类。
| 修改 | 查询 |
|---|---|
| 处于[l,mid]的 | 处于[l,mid]的 |
| 处于[mid+1,r]$的 | 处于[l,mid]的 |
我们发现对于一个查询(a[x])，可以看成是(a[1sim (x-1)])内的所有修改操作叠加起来造成的一个“影响”。那么我们在求解(CDQ(l,r))的时候，可以先处理(CDQ(l, mid))，再处理(CDQ(mid+1,r))。
现在我们来看一看(CDQ(l,r))的求解情况。
| 类别 | 处于[l,mid]的修改 | 处于[mid+1,r]的修改 |
|---|---|---|
| 处于[l,mid]的查询 | 已完成 | —— |
| 处于[mid+1,r]的查询 | 未完成 | 已完成 |
接下来的问题就是如何处理([l,mid])的修改对([r,mid+1])的查询造成的影响，可以使用其他算法解决，只要该算法的时间复杂度和区间长度有关。
对于本题来说，我习惯将本题的(a)称为(x)，(b)称为(y)，(c)称为(z)。
先别考虑坐标相同的情况。一开始就按(x)坐标排序，这时候，每新加一个点就相当于先查询一次，再操作一次。我们于是就可以采用CDQ分治。
那么究竟如何处理([l,mid])的修改对([r,mid+1])的查询造成的影响呢？可以用树状数组等数据结构，在这里不是我们强调的重点，详见代码。
三、代码：
//P3810
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define mem(s, v) memset(s, v, sizeof s)
#define FILEIN(s) freopen(s".in", "r", stdin)
#define FILEOUT(s) freopen(s".out", "w", stdout)
inline int read(void) {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return f * x;
}
const int maxn = 1e5 + 5, maxm = 2e5 + 5;
int n, K, cnt, ans[maxn];
struct Node {
int x, y, z;
int v, ans, tag, id;
Node() { ans = tag = v = x = y = z = 0; }
inline friend bool operator == (const Node &a, const Node &b) {
return (a.x == b.x) && (a.y == b.y) && (a.z == b.z);
}
}a[maxn], t[maxn];
inline bool cmp1(const Node &a, const Node &b) {
if (a.x != b.x) return a.x < b.x;
if (a.y != b.y) return a.y < b.y;
return a.z < b.z;
}
inline bool cmp2(const Node &a, const Node &b) {
if (a.y != b.y) return a.y < b.y;
if (a.tag != b.tag) return a.tag < b.tag;
return a.id < b.id;
}
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
int tr[maxm];
inline void add(int p, int x) {
for (; p <= K; p += lowbit(p)) tr[p] += x;
}
inline int query(int p) {
int ret = 0;
for (; p; p -= lowbit(p)) ret += tr[p];
return ret;
}
void CDQ(int l, int r) {
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
CDQ(l, mid); CDQ(mid + 1, r);
for (register int i = l; i <= r; ++i) a[i].id = i;
for (register int i = l; i <= mid; ++i) a[i].tag = 0;
for (register int i = mid + 1; i <= r; ++i) a[i].tag = 1;
sort(a + l, a + r + 1, cmp2);
for (register int i = l; i <= r; ++i) {
if (!a[i].tag) add(a[i].z, a[i].v);
else a[i].ans += query(a[i].z);
}
for (register int i = l; i <= r; ++i) if (!a[i].tag) add(a[i].z, -a[i].v);
}
int main() {
n = read(); K = read();
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
a[i].x = read(); a[i].y = read(); a[i].z = read();
a[i].v = 1;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp1);
cnt = 1;
for (register int i = 2; i <= n; ++i) {
if (a[i] == a[cnt]) ++a[cnt].v;
else a[++cnt] = a[i];
}
/*
在这里想说一下坐标相同的情况。事实上当x坐标相同的情况发生的时候，我们唯一担心的是区间[mid+1,r]的修改对区间[l,mid]的查询造成影响。
但是不用担心，我们按照x为第一关键字，y为第二关键字，z为第三关键字排序，可以避免这种情况的发生。
只有一种情况需要特别注意，那就是x、y、z都相同的时候。所以我们对这种点进行压缩处理，就OK啦！
*/
CDQ(1, cnt);
for (register int i = 1; i <= cnt; ++i) ans[a[i].ans + a[i].v - 1] += a[i].v;
for (register int i = 0; i < n; ++i) printf("%d
", ans[i]);
return 0;
}