提供一个不用 CDQ 但是非常有意思的做法。
思路
我们可以倒着枚举矩形，这样一来，我们只需要维护一个数据结构使其能够完成以下操作：
- 将一个矩形内的点都打上标记。
- 判断一个矩形内有没有点被打过标记。
这不就是线段树套线段树的板子吗？但是本题非常之阴，用线段树套线段树会被卡空间！（提交记录）于是我们不得不考虑另辟蹊径我也真是服了。
考虑线段树套线段树的外层线段树不变，内层线段树我们换成其它的某个数据结构/算法，要求其支持以下操作；
- 将一个区间（一维）内的点都打上标记。
- 判断一个区间（一维）内有没有点被打过标记。
注意到本题如果一个点被打上标记，那么这个标记就是永久的了，不会被删去，这意味着本题被标记过的点的数量只增不降，这是一个非常好的特殊性质。于是我们将内层线段树改成一个 set 维护二元组 \\left ( l,r \\right ) ，表示 \\left ( l,r \\right ) 区间都有标记。这里我们要求 set 中维护的区间两两不交。
对于打标记操作，我们只需要将所有与新加入区间有交集的区间都删去，然后将一个大区间（这些区间的并集）加入 set。由于每个区间只会被加入一次删除一次，故时间复杂度与线段树复杂度相同（找区间需要二分！）。
对于查询操作则更简单了，只需要看看 set 里的区间与询问区间有没有交即可，依旧二分。
时间复杂度 O ( n log 2 n ) O(n\log^2_{}{n} ) O(nlog2n)，空间复杂度 O ( n log n ) O(n\log_{}{n} ) O(nlogn)。
代码
不会标记永久化的看这里。
理解了代码就很煎蛋了，不理解可以看看代码加深理解。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;//离散化后有二倍的点
int n,nx,ny;
struct js
{
int x,y,a,b;
}a[N];
map<int,bool> mpx,mpy;
map<int,int> mppx,mppy;
bool ans[N];
struct jss
{
set<pair<int,int> > tr[N<<2];
//因为pair是按first为第一关键字排序的,所以我把(l,r)颠倒过来存的
void update(int p,int l,int r)
{
auto x=tr[p].lower_bound({l,0});
while(x!=tr[p].end())
{
if((*x).second<=l) l=(*x).second,r=max(r,(*x).first),tr[p].erase(x);
else
{
if((*x).second>r) break;
r=max(r,(*x).first),tr[p].erase(x);
}
x=tr[p].lower_bound({l,0});
}
tr[p].insert({r,l});
}
bool query(int p,int l,int r)
{
auto x=tr[p].lower_bound({l,0});
bool res=0;
if(x!=tr[p].end()&&(*x).second<=r) res=1;
return res;
}
}tr,mx;
#define ls (p<<1)
#define rs ((p<<1)|1)
#define mid ((l+r)>>1)
void update(int p,int l,int r,int L,int R,int ll,int rr)
{
if(L<=l&&R>=r)
{
mx.update(p,ll,rr);
return ;
}
tr.update(p,ll,rr);
if(L<=mid) update(ls,l,mid,L,R,ll,rr);
if(R>mid) update(rs,mid+1,r,L,R,ll,rr);
}
bool query(int p,int l,int r,int L,int R,int ll,int rr)
{
if(L<=l&&R>=r) return tr.query(p,ll,rr)|mx.query(p,ll,rr);
bool res=mx.query(p,ll,rr);
if(L<=mid&&(!res)) res=query(ls,l,mid,L,R,ll,rr);
if(R>mid&&(!res)) res=query(rs,mid+1,r,L,R,ll,rr);
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].a>>a[i].b;
mpx[a[i].x+1]=mpx[a[i].x+a[i].a]=1,mpy[a[i].y+1]=mpy[a[i].y+a[i].b]=1;
//离散化方式过于猎奇,请不要在意.
}
//其实不离散化应该也行
for(auto it:mpx) mppx[it.first]=++nx;
for(auto it:mpy) mppy[it.first]=++ny;
mpx.clear(),mpy.clear();
for(int i=n;i>=1;i--)
a[i].a=mppx[a[i].x+a[i].a],a[i].b=mppy[a[i].y+a[i].b],a[i].x=mppx[a[i].x+1],a[i].y=mppy[a[i].y+1];
mppx.clear(),mppy.clear();
for(int i=n;i>=1;i--)
ans[i]=query(1,1,nx,a[i].x,a[i].a,a[i].y,a[i].b),update(1,1,nx,a[i].x,a[i].a,a[i].y,a[i].b);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ans[i]) cout<<"NE\n";
else cout<<"DA\n";
return 0;
}