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原理

cdq分治用来解决什么样的问题呢？一般来说可以：
1. 统计具有三维属性 ($a,b,c$) 的、满足一定的比较关系 $data$ 有多少对。
2. 优化一些数据结构，算法。

流程：

下面说一下cdq分治解决上面模板题的流程。

排序解决第一维情况
首先我们将整个 $data$ 集排序。(以 $a$ 为第一关键字，以 $b$ 为第二关键字，以 $c$ 为第三关键字)
这样做便可以处理掉第一维的情况。

接下来，我们采取分治的思想来统计满足题意的对数。

对于目前需要处理的区间 $[l,r]$ ：
记 $mid=\lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor$ ，左区间 $[l,mid]$ ，右区间 $[mid+1,r]$ 。

分情况讨论：

• 假如满足条件的点对 $(p,q)$ 都在左区间或者右区间，那么我们递归处理下去就好。
• 否则，$p$ 必然在左区间，$q$ 必然在右区间，我们对这样的点对进行统计。

故重点在于第二种情况：
此时第一维情况（$a_p\leq a_q$）必然是满足的。

采取双指针解决第二维情况
假设现在的左右两个区间是按照 $b$ 为关键字排好序了，我们记左区间的指针为 $j$ ，右区间的指针为 $i$ 。

因为我们的递归是自下而上的（基于归并排序的思想），所以我们可以在处理当前区间时进行以 $b$ 为关键字的排序，这样就可以保证处理到每一个区间时都是以 $b$ 为关键字的排序的了。

对于每一个 $i$ ，我们让 $j$ 右移，直到找到第一个 $j$ ，满足 $b_j>b_i$ ，那么对于 $x\in[l,j-1]$ 均有 $b_i\geq b_x$ 。

采用树状数组解决第三维情况
最后，只要解决第三维情况，就可以统计出每一个 $data_i$ 相应的贡献（对数）了：对于元素 $data_x$ 其中 $x\in[l,j-1]$ ，我们将这样的 $data$ 的属性 $c$ 值放入树状数组中，只需查询一下 $query(c_i)$ 就可以找到满足 $c_i\geq c_x$ 的个数了，注意到与此同时，前面两维情况也同时被满足，所以这样的个数就是所求的贡献。

细节：
我们记三维数据同时相等的 $data$ 为同一类，发现分治的时候同一类之间并不好处理，所以我们将同一类进行合并，用 $cnt$ 来记录每一类的个数，那么对不同类之间进行分治就可以了。

代码

#pragma GCC optimize("O3")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=1e5+5, M=2e5+5;
int n,m;
struct data{
    int a,b,c,cnt,res;

    bool operator<(const data &o)const{
        if(a!=o.a) return a<o.a;
        if(b!=o.b) return b<o.b;
        return c<o.c;
    }

    bool operator==(const data &o)const{
        return a==o.a && b==o.b && c==o.c;
    }
}e[N], tmp[N];
int tot;
int tr[M];

int lowbit(int x){return x&-x;}

void add(int p,int k){
    for(;p<M;p+=lowbit(p)) tr[p]+=k;
}

int query(int p){
    int res=0;
    for(;p;p-=lowbit(p)) res+=tr[p];
    return res;
}

void cdq(int l,int r){
    if(l>=r) return;
    int mid=l+r>>1;
    cdq(l,mid), cdq(mid+1,r);
    // 这里定义左区间对应的指针为 j, 右区间对应的指针为 i.
    for(int j=l, i=mid+1, k=l;k<=r;k++)
        if(i>r || j<=mid && e[j].b<=e[i].b) add(e[j].c,e[j].cnt), tmp[k]=e[j++]; // 如果说右区间的指针已经走到边界，或者左区间的b值比较小。
        else e[i].res+=query(e[i].c), tmp[k]=e[i++];
    for(int j=l;j<=mid;j++) add(e[j].c,-e[j].cnt); // 恢复桶
    for(int k=l;k<=r;k++) e[k]=tmp[k];  // 完成排序，复制
}

int ans[M];

int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a,b,c; cin>>a>>b>>c;
        e[i]={a,b,c,1};
    }

    sort(e+1,e+1+n);

    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(e[i]==e[tot]) e[tot].cnt++;
        else e[++tot]=e[i];

    cdq(1,tot);

    for(int i=1;i<=tot;i++) ans[e[i].res+e[i].cnt-1]+=e[i].cnt;
    for(int i=0;i<n;i++) cout<<ans[i]<<'\n';

    return 0;
}