bzoj 2957: 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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这道题可以用线段树维护因为涉及的只有单点修改我们考虑一下怎么上传信息就可以了

记ans为只考虑当前区间的答案 mx为区间高度最大值

考虑合并两个区间对于左区间那肯定是没有影响的这个时候我们只需要考虑右区间

我们考虑右区间的左右子区间

如果左子区间的mx<=左区间的mx 那么这个子区间贡献为0递归处理右子区间就可以了

如果左子区间的mx>左区间的mx 那么右子区间不受影响直接加上答案就可以了然后递归处理左子区间

这样其实蛮好写的23333

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using std::max;

const int M=1e5+;

int read(){

    int ans=,f=,c=getchar();

    while(c<''||c>''){if(c=='-') f=-; c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+(c-''); c=getchar();}

    return ans*f;

}

struct pos{int ans;double mx;}tr[*M];

int n,m,pos;

double val;

int calc(int x,int l,int r,double val){

    if(l==r) return tr[x].mx>val;

    int mid=(l+r)>>;

    if(tr[x<<].mx<=val) return calc(x<<^,mid+,r,val);

    return tr[x].ans-tr[x<<].ans+calc(x<<,l,mid,val);

}

void modify(int x,int l,int r){

    if(l==r){

        tr[x].ans=;

        tr[x].mx=val;

        return ;

    }

    int mid=(l+r)>>;

    if(pos<=mid) modify(x<<,l,mid);

    else modify(x<<^,mid+,r);

    tr[x].mx=max(tr[x<<].mx,tr[x<<^].mx);

    tr[x].ans=tr[x<<].ans+calc(x<<^,mid+,r,tr[x<<].mx);

}

int main(){

    int y;

    n=read(); m=read();

    for(int i=;i<=m;i++){

        pos=read();

        y=read(); val=(1.0*y)/(1.0*pos);

        modify(,,n);

        printf("%d\n",tr[].ans);

    }

    return ;

}