楼房重建（bzoj 2957）

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

/*
  对于一栋楼房，它能被看到的条件是比之前的所有楼房斜率都大
  本题中，记sum[k]为：仅考虑k所代表的区间，有多少满足条件的数 
  那么首先，sum[k]一定包含sum[k*2]; 
  其次，属于sum[o*2]的建筑有可能挡住属于sum[k*2+1]的建筑，难点在于需求出这个数目 
  记 k*2 代表的区间中最大数为M，并将 k*2+1 所代表的区间分左右两段，记左段代表的区间中最大数为M2，继续讨论：
  1. 若M大于等于M2，则左段全部不符合要求，递归判断右段有多少个大于M的数 
  2. 若M小于M2，则右段的答案不变，为sum[k*2+1]-sum[左段]，递归判断左段有多少个大于M的数 
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 100010
using namespace std;
int sum[N*4],n,m;
double mx[N*4];
int count(double M,int l,int r,int k){
    if(l==r)return mx[k]>M;
    int mid=l+r>>1;
    if(M>=mx[k*2]) return count(M,mid+1,r,k*2+1);
    else return sum[k]-sum[k*2]+count(M,l,mid,k*2);
}
void modify(int l,int r,int k,int pos,double val){
    if(l==r){
        mx[k]=val;sum[k]=1;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) modify(l,mid,k*2,pos,val);
    else modify(mid+1,r,k*2+1,pos,val);
    mx[k]=max(mx[k*2],mx[k*2+1]);
    sum[k]=sum[k*2]+count(mx[k*2],mid+1,r,k*2+1);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        double val=(double)y/(double)x;
        modify(1,n,1,x,val);
        printf("%d
",sum[1]);
    }
    return 0;
}