题目描述
某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度、并且能够拦截任意速度的导弹，但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度，其拦截的导弹的飞行速度也不能大于前一发。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。
在不能拦截所有的导弹的情况下，我们当然要选择使国家损失最小、也就是拦截导弹的数量最多的方案。但是拦截导弹数量的最多的方案有可能有多个，如果有多个最优方案，那么我们会随机选取一个作为最终的拦截导弹行动蓝图。
我方间谍已经获取了所有敌军导弹的高度和速度，你的任务是计算出在执行上述决策时，每枚导弹被拦截掉的概率。
输入格式
第一行包含一个正整数$n$，表示敌军导弹数量；
下面行按顺序给出了敌军所有导弹信息：
第$i+1$行包含$2$个正整数$h_i$和$v_i$，分别表示第$i$枚导弹的高度和速度。
输出格式
输出包含两行。
第一行为一个正整数，表示最多能拦截掉的导弹数量；
第二行包含$n$个$0$到$1$之间的实数，第$i$个数字表示第$i$枚导弹被拦截掉的概率（你可以保留任意多位有效数字）。
样例
样例输入
4
3 30
4 40
6 60
3 30
样例输出
2
0.33333 0.33333 0.33333 1.00000
数据范围与提示
对于$100%$的数据，$1leqslant nleqslant 5 imes 10^4$，$1leqslant h_i$ ，$v_ileqslant 10^9$；
均匀分布着约$30%$的数据，所有$v_i$均相等。
均匀分布着约$50%$的数据，满足$1leqslant h_i,v_ileqslant 1,000$。
题解
这道题就是求一个三维的最长非上升子序列的长度（$LDS$），肯定要用$CDQ$分治啦～
利用中序遍历的思想来进行$CDQ$分治，先处理左区间，再处理当前节点的值，最后处理右区间。
设$f_{1_i}$表示正序时$LDS$的长度，$g_{1_i}$表示个数，$f_{2_i}$和$g_{2_i}$则是逆序。
处理跟$CDQ$分治一样。
下面来讲一下如何统计答案：
第一问的答案就是$max(f_{1_i})$。
第二问稍繁琐，考虑只有当$f_{1_i}+f_{2_i}-1=max(f_{1_i})$时（减去重复计算的节点$i$），给节点才能成为$LDS$上的点，总方案数即为$g_{1_i} imes g_{2_i}$，答案即为$frac{g_{1_i} imes g_{2_i}}{sum limits_{i=1}^{n}g_{1_i}(f_{1_i}=max)}$。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int d;
int h;
int v;
pair<pair<int,double>,pair<int,double> >dp;
}e[50001];
int n;
int flag[50001],hmax,vmax;
int trmax[200001];
int ans;
double sum;
pair<int,double> tr[200000];//树状数组
bool cmpd(rec a,rec b){return a.d<b.d;}
bool cmph1(rec a,rec b){return a.h>b.h;}
bool cmph2(rec a,rec b){return a.h<b.h;}
bool cmpv(rec a,rec b){return a.v<b.v;}
int lowbit(int x){return x&-x;}
void mem(int x)//清空
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
tr[i]=make_pair(0,0.0);
}
void add(int x,int l,double r)//插入
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
if(tr[i].first<l)tr[i]=make_pair(l,r);
else if(tr[i].first==l)tr[i].second+=r;
}
pair<int,double> ask(int x)//查询
{
pair<int,double> res;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
if(tr[i].first>res.first)res=tr[i];
else if(tr[i].first==res.first)res.second+=tr[i].second;
return res;
}
void cdq1(int l,int r)//正序CDQ
{
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
cdq1(l,mid);
sort(e+l,e+mid+1,cmph1);
sort(e+mid+1,e+r+1,cmph1);
int i=mid+1,j=l;
for(;i<=r;i++)
{
while(j<=mid&&e[i].h<=e[j].h){add(vmax-e[j].v,e[j].dp.first.first,e[j].dp.first.second);j++;}
pair<int,double> frec=ask(vmax-e[i].v);
if(e[i].dp.first.first<=frec.first)
{
e[i].dp.first.first=frec.first+1;
e[i].dp.first.second=frec.second;
}
else if(e[i].dp.first.first==frec.first+1)e[i].dp.first.second+=frec.second;
}j--;
for(;j>=l;j--)mem(vmax-e[j].v);
sort(e+l,e+r+1,cmpd);
cdq1(mid+1,r);
}
void cdq2(int l,int r)//逆序CDQ
{
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
cdq2(mid+1,r);
sort(e+l,e+mid+1,cmph2);
sort(e+mid+1,e+r+1,cmph2);
int i=l,j=mid+1;
for(;i<=mid;i++)
{
while(j<=r&&e[i].h>=e[j].h){add(e[j].v,e[j].dp.second.first,e[j].dp.second.second);j++;}
pair<int,double> frec=ask(e[i].v);
if(e[i].dp.second.first<=frec.first)
{
e[i].dp.second.first=frec.first+1;
e[i].dp.second.second=frec.second;
}
else if(e[i].dp.second.first==frec.first+1)e[i].dp.second.second+=frec.second;
}j--;
for(;j>mid;j--)mem(e[j].v);
sort(e+l,e+r+1,cmpd);
cdq2(l,mid);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
e[i].d=i;
scanf("%d%d",&e[i].h,&e[i].v);
e[i].dp.first.first=e[i].dp.second.first=1;
e[i].dp.first.second=e[i].dp.second.second=1.0;
}
sort(e+1,e+n+1,cmph2);
for(int i=1;i<=n;i++)//预处理h
{
if(e[i].h!=e[i-1].h)flag[0]++;
flag[i]=flag[0];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
e[i].h=flag[i];
flag[0]=0;
sort(e+1,e+n+1,cmpv);
for(int i=1;i<=n;i++)//预处理v
{
if(e[i].v!=e[i-1].v)flag[0]++;
flag[i]=flag[0];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
e[i].v=flag[i];
vmax=e[n].v+1;
sort(e+1,e+n+1,cmpd);
cdq1(1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)//第一问
ans=max(ans,e[i].dp.first.first);
cdq2(1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(e[i].dp.first.first+e[i].dp.second.first==ans+1)
sum+=e[i].dp.first.second*e[i].dp.second.second;
sum/=(double)ans;
printf("%d
",ans);
for(int i=1;i<=n;i++)//第二问
{
if(e[i].dp.first.first+e[i].dp.second.first==ans+1)
printf("%.7lf ",e[i].dp.first.second*e[i].dp.second.second/sum);
else printf("0.0000000 ");
}
return 0;
}
rp++