原题
定义一个点比另一个点大为当且仅当这个点的三个值分别大于等于另一个点的三个值。每比一个点大就为加一等级，求每个等级的点的数量。
显然的三维偏序问题，CDQ的板子题。
CDQ分治：
CDQ分治是一种特殊的分治方法，在 OI 界初见于陈丹琦 2008 年的集训队作业中，因此被称为 CDQ 分治。
CDQ分治是将操作分治，用于解决“修改独立，允许离线”的问题。本质为按时间分治。
可以用CDQ的题目必须满足：
1、修改与询问互相独立，且修改之间互不影响
2、允许离线
那么我们将操作序列分为两半。显然，后一半的操作不会对前一半产生影响，后一半的询问只受前一半操作和后一半在询问前的操作的影响。这看起来像是可以递归，因为后一半操作序列的修改操作完全不会影响前一半操作序列中的询问结果,因此前一半操作序列的查询实际是与后一半操作序列完全独立的,是与原问题完全相同的子问题,可以递归处理。
至此，一个动态修改题变为无动态修改操作的问题，设“解决无动态修改操作的原问题”的复杂度为O(f(n)),那么由主定理,我们知道这样分治的总时间复杂度将是O(f(n)logn)。
本题题解 && CDQ分治的一般思路：
1、sort处理一个维度
2、CDQ分治过程中归并一个维度
3、树状数组第三个维度计算答案
本题即为如此（树状数组维护前缀和，每次query即为答案，因为是按小到大顺序加入的）。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define M 200010
using namespace std;
struct hhh
{
int x,y,z,cnt,sum;
inline bool operator == (const hhh &b) const
{
return x==b.x && y==b.y && z==b.z;
}
inline bool operator < (const hhh &b) const
{
if (x!=b.x) return x<b.x;
if (y!=b.y) return y<b.y;
return z<b.z;
}
inline bool operator > (const hhh &b) const
{
if (y!=b.y) return y<b.y;
return z<=b.z;
}
}t[N],a[N];
int m,head,tail,ans[N],n,s,f[M];
int read()
{
int ans=0,fu=1;
char j=getchar();
for (;j<'0' || j>'9';j=getchar()) if (j=='-') fu=-1;
for (;j>='0' && j<='9';j=getchar()) ans*=10,ans+=j-'0';
return ans*fu;
}
void init(int x)
{
while (x<=s)
{
if (f[x]) f[x]=0;
else break;
x+=x&-x;
}
}
int query(int x)
{
int ans=0;
while (x)
{
ans+=f[x];
x-=x&-x;
}
return ans;
}
void insert(int x,int y)
{
while (x<=s)
{
f[x]+=y;
x+=x&-x;
}
}
void CDQ(int l,int r)
{
if (l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1,idx1=l,idx2=mid+1;
CDQ(l,mid);
CDQ(mid+1,r);
for (int i=l;i<=r;i++)
{
if (idx2>r || idx1<=mid && a[idx1]>a[idx2])
{
t[i]=a[idx1++];
insert(t[i].z,t[i].cnt);
}
else
{
t[i]=a[idx2++];
t[i].sum+=query(t[i].z);
}
}
for (int i=l;i<=r;i++)
{
a[i]=t[i];
init(a[i].z);
}
}
int main()
{
m=read();
s=read();
for (int i=1;i<=m;i++)
{
t[i].x=read();
t[i].y=read();
t[i].z=read();
}
sort(t+1,t+m+1);
head=1;
n=0;
while (head<=m)
{
tail=head+1;
while (tail<=m && t[tail]==t[head]) ++tail;
a[++n]=t[head];
a[n].cnt=tail-head;
head=tail;
}
CDQ(1,n);
for (int i=1;i<=n;i++)
ans[a[i].sum+a[i].cnt-1]+=a[i].cnt;
for (int i=0;i<m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}