偏序关系：
大概就是，满足自反性，反对称性，传递性。
将严格偏序关系建图，可以得到一个DAG（有向无环图）
二维偏序问题是：给定 \(n\) 个元素，每个元素有\(2\)个属性，定义某种偏序关系，对于所有 \(x_i\) ，求 \(x_j \prec x_i\) 的数量。
一种基本的操作方法是，某个属性按大小排序，另一个属性利用树状数组/线段树进行数量，求和等操作。这种处理方式要依靠在询问可以离线的前提下。
这里有个经典例题，二维数点问题。
大概题意：
第一行有两个整数 \(n, m\)，分别表示点个数和询问次数。
接下来 \(n\) 行，每行两个整数 \(x, y\)，表示存在坐标为 \((x, y)\) 的点。有可能存在点位于同一坐标。
接下来 \(m\) 行，每行四个整数 \(a, b, c, d\)，表示查询以 \((a, b)\) 为左下角，\((c, d)\) 为右上角的矩形内部（包括边界）有多少个点。
\(0 \le n \le 5 \times 10^5\)，\(1 \le m \le 5 \times 10^5\)，\(0 \le x, y, a, b, c, d \le 10^7\)，\(a \le c\)，\(b \le d\)。
初步的想法：对于 \(n\) ，\(m\) 较小的情况，可以用二维前缀和。
可以巧妙的用每个点 \(x\) 值的处理顺序，分隔开询问矩形的 \(x\) 区间的影响。对于 \(y\) 值，用树状数组查询需要的范围。
可以想到以下做法：
对所有的询问离线。将每个矩形拆分成 \((a-1,b-1)(a-1,d)(c,b-1)(c,d)\) 四个点，像前缀和一样算贡献。
依次处理每一个点，将询问点中 \(x’\) 之前的点的 \(y\) 值全部加入树状数组中，在查询 \(y'\) 计算贡献。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
inline int read(){
int f=1,x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return f*x;
}
int n,m;
int cnt1;
struct node{
int x,y;
int id,ff;
bool operator<(const node& p)const{
if(x==p.x)return y<p.y;
else return x<p.x;
}
}a[N],b[N*4];
int ans[N];
int mp[N*3],len;
int c[N*3];
inline int lowbit(int x){
return x&-x;
}
inline void upd(int x,int w){
for(int i=x;i<=len;i+=lowbit(i)){
c[i]+=w;
}
}
inline int qur(int x){
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
res+=c[i];
}
return res;
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].x=read(),a[i].y=read();
mp[++len]=a[i].y;
}
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=m;i++){
int xa=read(),ya=read(),xb=read(),yb=read();
b[++cnt1]={xa-1,ya-1,i,1};
b[++cnt1]={xa-1,yb,i,-1};
b[++cnt1]={xb,ya-1,i,-1};
b[++cnt1]={xb,yb,i,1};
mp[++len]=ya-1,mp[++len]=yb;
}
sort(b+1,b+1+cnt1);
sort(mp+1,mp+1+len);
len=unique(mp+1,mp+1+len)-mp-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].y=lower_bound(mp+1,mp+1+len,a[i].y)-mp;
}
for(int i=1;i<=cnt1;i++){
b[i].y=lower_bound(mp+1,mp+1+len,b[i].y)-mp;
}
int now=0;
for(int i=1;i<=cnt1;i++){
int x=b[i].x,y=b[i].y;
int id=b[i].id,ff=b[i].ff;
while(now+1<=n&&a[now+1].x<=x){
now++;
upd(a[now].y,1);
}
ans[id]+=qur(y)*ff;
}
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}