【Bzoj2957】楼房重建

Description

　　小A的楼房外有一大片施工工地，工地上有N栋待建的楼房。每天，这片工地上的房子拆了又建、建了又拆。他经常无聊地看着窗外发呆，数自己能够看到多少栋房子。
　　为了简化问题，我们考虑这些事件发生在一个二维平面上。小A在平面上(0,0)点的位置，第i栋楼房可以用一条连接(i,0)和(i,Hi)的线段表示，其中Hi为第i栋楼房的高度。如果这栋楼房上任何一个高度大于0的点与(0,0)的连线没有与之前的线段相交，那么这栋楼房就被认为是可见的。
　　施工队的建造总共进行了M天。初始时，所有楼房都还没有开始建造，它们的高度均为0。在第i天，建筑队将会将横坐标为Xi的房屋的高度变为Yi(高度可以比原来大—修建，也可以比原来小—拆除，甚至可以保持不变—建筑队这天什么事也没做)。请你帮小A数数每天在建筑队完工之后，他能看到多少栋楼房？

Input

　　第一行两个正整数N,M
　　接下来M行，每行两个正整数Xi,Yi

Output

　　M行，第i行一个整数表示第i天过后小A能看到的楼房有多少栋

Sample Input

3 4

2 4

3 6

1 1000000000

1 1

Sample Output

1

1

1

2

数据约定

　　对于所有的数据1<=Xi<=N，1<=Yi<=10^9，N,M<=100000

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　　我们建一棵线段树维护每个点的斜率，也就是说只有斜率严格大于左边的点才能统计进入答案。用一个数组保存每个结点的答案，记为T，另一个数组保存结点中所有斜率的最大值，记为Tmax。对于每次统计，显然T[i]是包括了T[i<<1]的，而右边部分我们考虑分类讨论，首先把右边分成两块，记为u，v。如果u的最大值要小于左边(Tmax[i<<1])，那么u这一块的所有楼房肯定都是对答案没有贡献的，直接递归统计v部分。而如果u的最大值大于Tmax[i<<1]，则答案为左边部分的答案加上T[i<<1|1]-T[u] (这是v部分的答案，因为此时的这些答案肯定都是大于Tmax[u]的，那么显然也大于现在check的这个值。)之后我们就只需要单点修改与区间统计了，其实也就是用线段树求LIS。

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#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const int maxx = 100000 + 50;int T[maxx<<2];double Tmax[maxx<<2];int n,m;double x,y;int chk(int i,int l,int r,double pos){    if(l == r) return Tmax[i] > pos;    int mid = (l+r) >> 1;    if(Tmax[i<<1] <= pos) return chk(i<<1|1,mid+1,r,pos);    return T[i] - T[i<<1] + chk(i<<1,l,mid,pos);}void modify(int i,int l,int r,int pos,double k){    if(l == r) {T[i] = 1;Tmax[i] = k;return;}    int mid = (l+r) >> 1;    if(pos <= mid) modify(i<<1,l,mid,pos,k);    if(pos >  mid) modify(i<<1|1,mid+1,r,pos,k);    Tmax[i] = max(Tmax[i<<1],Tmax[i<<1|1]);    T[i] = T[i<<1] + chk(i<<1|1,mid+1,r,Tmax[i<<1]);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++){        scanf("%lf%lf",&x,&y);        modify(1,1,n,(int)x,y/x);        printf("%d\n",T[1]);    }    return 0;}