问题：
我有一个 n 个向量的输入：
(x, y, z): x ∈ {1..n},y ∈ {1..n},z ∈ {1..n} (every "dimension" is set(1..n))
*I mean that in one vector x,y,z can be the same(x=y=z),
but for ∀v1,v2 => x1≠x2, y1≠y2, z1≠z2
v1>v2 if and only if x1>x2,y1>y2,z1>z2.
lets denote vector v1 "minimal" if and only if ∄v ∈ input: v>v1
任务是计算输入中的最小向量。
源：
我在本地编程竞赛的任务中发现了这个问题。
(翻译的)表述为：
n people participeted in competion. competion had three phases(every competitor
took part in every stage). denote that the participant is better then
participant b, if a ranks in all three stages is higher then participant b ranks.
participant c is the best, if there is no such participant who is better
than participant c. output the number of best participants.
1<=n<=100000时间限制：1 秒
我的尝试和想法
第一个想法是创建类 Result(对于竞争对手的结果)，重载运算符>(或<)，就像：
bool operator > (const Score &s) const
{
if (first_result > s.first_result)
if (second_result > s.second_result)
return third_result > s.third_result;
return false;
}
并构建任何基于数组(例如最小堆)的数组，允许查找最小值(使用 <)并计算它们(我想我刚刚按照这种方式"重新创建"了一个糟糕的堆排序变体)。在我这次尝试失败后，我尝试了芬威克树(二元索引树)来完成相同的任务。
但后来我明白我的方法不正确(不是好的类和
然后我找到了一些关于 BIT 和 n 维情况的段树的信息，我认为我可以使用它们来解决这个问题。但是我很难实现工作变体(甚至在 1d 以上理解段树的工作原理)
也许有人可以帮助实施(或找到更好的解决方案并解释它)？
首先，我们需要一个有序的键/值数据结构，您可以插入、删除并及时O(log(n))查找小于或等于您自己的上一个/最后一个值。 想想红黑树或树或跳过列表。
我将为该数据结构使用以下发明的符号。 我故意让它看起来不像任何真正的语言。
by_order.prev(key)给出与最大键 <= 关联的 k-v 对key。by_order.prev(key).k将最大的密钥 <= 提供给key。 这可以None.by_order.prev(key).v给出与最大键 <= 关联的值key。by_order.next(key)给出了与最小键>= 相关联的 k-v 对，以key.k和.v表示他们以前所做的。by_order.add(key, value)将添加一个k-v对。by_order.del(key)删除值为key的k-v对。
这个想法是这样的。 我们首先按x排序，然后按y排序，然后按z排序。 第一个向量是最小的。 如果z的值小于具有较低或相等y的任何先前元素的最小值z，则之后的每个向量都是最小的。 我们将使用by_order数据结构来测试该条件。
假设我没有犯错，这里是伪代码：
sort(vectors) by x then y then z
Declare and initialize your empty ordered data structure by_order
// NOTE: by_order[val] will be the value of the largest key <= val
answer = [] // ie an empty list
answer.push(vectors[0])
by_order.add(vectors[0].y, by_order[vectors[0].z)
for v in vectors:
z_best = by_order.prev(v.y).v
if z_best is None or v.z < z_best:
answer.push(v) // Yay!
// Clear anything in by_order that we are an improvement on
while True:
pair = by_order.next(v)
if pair.v is not none and pair.k < v.z:
by_order.del(pair.v)
else:
break
// and now we add this one to by_order.
by_order.add(v.y, v.z)
排序所用的总时间为O(n log(n))。
然后是n向量中的每一个O(log(n))查找以查看是否插入它，可能之后是O(1)插入到答案中，O(log(n))查找仍然跟随它的内容(别担心，我没有忘记被删除的那些)，然后是O(log(n))插入，然后是发现需要删除的O(log(n))检查， 后跟O(log(n))删除。
这是很多O(log(n))术语，但总和仍然O(log(n)).n次。
结果是整个问题的O(n log(n))算法。
我得到的想法：
struct Point {
int x;
int y;
int z;
};
bool operator < (const Point& lhs, const Point& rhs) {
return std::tie(lhs.x, lhs.y, lhs.z) < std::tie(rhs.x, rhs.y, rhs.z);
}
bool dominate(const Point& lhs, const Point& rhs) {
return lhs.x < rhs.x && lhs.y < rhs.y && lhs.z < rhs.z;
}
然后：
std::vector<Point> res;
const std::vector<Point> points = {...};
std::sort(points.begin(), points.end());
for (const auto& p : points) {
if (!std::any_of(res.begin(), res.end(), [](const auto& m) { return dominate(m, p);})) {
res.push_back(p);
}
}
return res.size();
复杂性仍然是最坏的情况n².(目前是max(n log n, res.size() * n))