[洛谷P4198][BZOJ2957]楼房重建（线段树）

Description

• 数轴上有\(n\)个建筑，初始高度均为\(0\)
• 共\(m\)次操作，每次在位置\(x_i\)上修建高度为\(y_i\)的建筑，建筑的权值为\(y_i/x_i\)，求以第一个高度\(>0\)的建筑开始，字典序最小的权值上升子序列的长度
• \(n,m,x_i<=100000,y_i<=1000000000\)

Solution

• 维护线段树，考虑单点修改回溯时如何合并
• 记\(val[p]\)表示节点\(p\)对应区间上建筑的最大高度
• 记\(p\)对应区间\([l,r]\)，区间的中点为\(mid\)，\(ans[p]\)为对应区间的答案，\(p\)的左右子节点分别为\(p2,p3\)
• 显然\([l,mid]\)中的最大值一定在答案中，所以\([mid+1,r]\)中对答案贡献的子序列的开头一定\(>val[p2]\)
• 于是有\(ans[p]=ans[p2]+calc(p3,val[p2])\)，\(calc\)表示区间\(p3\)中，第一个数\(>val[p2]\)且字典序最小的上升子序列
• 问题转化为求\(calc(p,v)\)，分三类讨论：
• (1).\(p\)是叶子节点，如果\(val[p]>v\)返回\(1\)，否则返回\(0\)
• (2).\(val[p2]>v\)，回到上文，注意到回溯时\(ans[p3]\)比\(calc(p3,val[p2])\)先计算，那么\(p3\)对\(ans[p]\)的贡献和对\(calc(p,v)\)的贡献是一样的（因为这个贡献只和\(val[p2]\)有关，与\(v\)无关），贡献即\(ans[p]-ans[p2]\)，那么返回\(ans[p]-ans[p2]+calc(p2,v)\)
• (3).\(val[p2]<=v\)，那么\(p2\)对\(calc(p,v)\)没有贡献，返回\(calc(p3,v)\)
• 时间复杂度\(O(nlog^2n)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1

template <class t>
inline void read(t & res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
	res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

const int e = 1e5 + 5;
int ans[e * 4], n, m;
double val[e * 4];
bool bo[e * 4];

inline void build(int l, int r, int p)
{
	if (l == r)
	{
		bo[p] = 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, p2);
	build(mid + 1, r, p3);
}

inline int calc(int p, double v)
{
	if (bo[p]) return val[p] > v;
	if (val[p2] > v) return ans[p] - ans[p2] + calc(p2, v);
	else return calc(p3, v);
}

inline void collect(int p)
{
	val[p] = max(val[p2], val[p3]);
	ans[p] = ans[p2] + calc(p3, val[p2]);
}

inline void update(int l, int r, int s, double v, int p)
{
	if (l == r)
	{
		val[p] = v;
		ans[p] = 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if (s <= mid) update(l, mid, s, v, p2);
	else update(mid + 1, r, s, v, p3);
	collect(p);
}

int main()
{
	int x, y;
	read(n); read(m);
	build(1, n, 1);
	while (m--)
	{
		read(x);
		read(y);
		update(1, n, x, (double)y / (double)x, 1);
		printf("%d\n", ans[1]);
	}
	return 0;
}