洛谷P4198 楼房重建

题目描述

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？

输入输出格式

输入格式：

第一行两个正整数N,M

接下来M行，每行两个正整数Xi,Yi

输出格式：

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

输入输出样例

输入样例#1：

3 4

2 4

3 6

1 1000000000

1 1

输出样例#1：

1

1

1

2

说明

对于所有的数据1<=Xi<=N，1<=Yi<=10^9

N,M<=100000

Solution

我们发现能看见的楼房的个数,就是这些楼房的斜率的最长上升子序列的长度,可以线段树维护,也可以分块,但是分块要慢得多

博主在这里讲一下分块的做法,线段树以后再补?

设有两个点a,b,高度分别为h[a],h[b],如果a不会被b阻挡,必有$\frac{h[a]}{a}>=\frac{h[b]}{b}$,化为乘法形式为$h[a]\times b>=h[b]\times a$,特别的,对于原点,我们特判一下,h[a]是不是大于0就可以了

对于修改,我们暴力更新本块内元素信息,每次清零,重新维护一个块内最长上升子序列的长度,时间复杂度$O(\sqrt n)$

对于查询,设last为上一个满足条件的块的末尾节点,我们每次从块1开始,一直到最后一块,在块内二分查找(因为是最长上升子序列,所以满足单调性)与last相比刚刚满足条件的点,那么从这个点开始一直到块末都是合法的序列,把答案加上这一段区间的长度,然后把last更新为本块末尾,继续上述操作

时间复杂度$O(\sqrt n)$

然而这样是会T的,我们把块的大小改为$\sqrt {\frac{n\times log(n)}{2}}$会有奇效,但是记得数组大小也要相应更改

Code

#include<bits/stdc++.h>

#define rg register

#define lol long long

#define il extern inline

#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)

#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)

#define in(i) (i=read())

using namespace std;

const lol N=1e5+10;

int read() {

    int ans=0,f=1; char i=getchar();

    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}

    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();

    return ans*f;

}

int n,m,blo,h[N],pos[N];

struct Stack {

    int s[N],top;

}t[330];

il bool check(lol a,lol b) {

    if(!b) return h[a]>0;

    return (lol)(h[a]*b)>(lol)(h[b]*a);

}

void print(int x) {

    if(x>9) print(x/10);

    putchar(x%10+'0');

}

int main() {

    in(n),in(m); blo=sqrt(n*log(n)/2);

    for(rg int i=1;i<=n;i++) pos[i]=(i-1)/blo+1;

    while(m--) {

        int x,ans=0; in(x),in(h[x]);

        rg int l=(pos[x]-1)*blo+1,r=Min(n,pos[x]*blo);

        t[pos[x]].top=0;

        for(rg int i=l;i<=r;i++)

            if(check(i,t[pos[x]].s[t[pos[x]].top]))

                t[pos[x]].s[++t[pos[x]].top]=i;//用一个栈来维护

        for(rg int i=1,last=0;i<=pos[n];i++) {

            rg int AQ=0; l=1,r=t[i].top;

            while(l<=r) {

                int mid=l+r>>1;

                if(check(t[i].s[mid],last)) AQ=mid,r=mid-1;

                else l=mid+1;

            }

            if(AQ) last=t[i].s[t[i].top],ans+=t[i].top-AQ+1;

        }print(ans),putchar('\n');

    }

}