在solve(L,R)中，需要先分治solve两个子区间，再计算左边区间修改对右边区间询问的贡献。
注意，计算额外的贡献时，两子区间各自内部的顺序变得不再重要（不管怎么样左边区间的都发生在右边之前），于是就少了一维
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3262
https://www.luogu.org/problemnew/show/P3810
此题每个操作既是修改又是查询
对于此题，先按一维排序，在solve(L,R)中先solve两个子区间，然后把L到R的操作按二维排序（由于cdq分治类似归并的特性此时两个子区间内部二维都是有序的，可以直接二路归并），然后就是一个对二、三维求逆序对的过程（只不过只有归并前在第一个区间内的修改生效，归并前在第二个区间内的查询要更新答案）
可以记一下每个元素在按第一维排序后的编号(以下代码中q[i].num)，来判断它归并前是哪个区间里的
注意：此题第一维相同的实际并不存在顺序关系，理应同时处理然后同时计算贡献，但排序后它们间总是要存在一个特定顺序的，所以要加一些奇怪的特判
具体的话：首先一开始排序的时候三个关键字都要依次考虑（而不是只考虑第一维），这样可以保证排序后大部分情况下后面的不会对前面产生贡献
上面还漏考虑了完全相等的三元组，如果它们存在则后面也会对前面产生贡献。因此只要在开始solve前补上这些后面对前面产生的贡献即可
归并可以简化为
merge(q+lp,q+mid+,q+mid+,q+rp+,tmp+lp);
copy(tmp+lp,tmp+rp+,q+lp);
或
inplace_merge(q+lp,q+mid+,q+rp+);
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Q
{
int a,b,c,ans,num;
}q[],tmp[];
int n,k;
bool c1(const Q &a,const Q &b) {return a.a<b.a||(a.a==b.a&&a.b<b.b)||(a.a==b.a&&a.b==b.b&&a.c<b.c);}
bool operator<(const Q &a,const Q &b) {return a.b<b.b||(a.b==b.b&&a.num<b.num);}
bool operator==(const Q &a,const Q &b) {return a.a==b.a&&a.b==b.b&&a.c==b.c;}
int dat[];
const int N=;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
void addx(int pos,int d)
{
for(;pos<=N;pos+=lowbit(pos)) dat[pos]+=d;
}
int sum(int pos)
{
int ans=;
for(;pos>;pos-=lowbit(pos)) ans+=dat[pos];
return ans;
}
int num[];
void solve(int lp,int rp)
{
if(lp==rp) return;
int mid=lp+(rp-lp)/;
solve(lp,mid);solve(mid+,rp);
int k=lp-,i,j;
for(i=lp,j=mid+;i<=mid&&j<=rp;)
{
++k;
if(q[i]<q[j]) tmp[k]=q[i++];
else tmp[k]=q[j++];
}
while(i<=mid) tmp[++k]=q[i++];
while(j<=rp) tmp[++k]=q[j++];
for(i=lp;i<=rp;i++) q[i]=tmp[i];
for(i=lp;i<=rp;i++)
{
if(q[i].num<=mid) addx(q[i].c,);
else q[i].ans+=sum(q[i].c);
}
for(i=lp;i<=rp;i++)
if(q[i].num<=mid)
addx(q[i].c,-);
}
int main()
{
int i,j,t,tt=;
scanf("%d%d",&n,&t);
for(i=;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&q[i].a,&q[i].b,&q[i].c);
sort(q+,q+n+,c1);
for(i=;i<=n;i++)
{
tt++;
if(i==n||!(q[i]==q[i+]))
{
for(j=i-tt+,t=tt-;j<=i;j++) q[j].ans+=t,--t;
tt=;
}
}
for(i=;i<=n;i++) q[i].num=i;
solve(,n);
for(i=;i<=n;i++) num[q[i].ans]++;
for(i=;i<n;i++) printf("%d\n",num[i]);
return ;
}
来看看cdq分治的限制
1.题目允许离线操作
2.修改操作对询问的贡献独立，且修改之间互不影响
3.修改对答案的贡献是确定的，与判定标准无关