BZOJ_2957_楼房重建_线段树

BZOJ_2957_楼房重建_线段树

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

---

线段树好题，但是我总结不出来任何套路....

决定用线段树维护就多想想维护哪些信息、怎么上传之类的。

先把每个楼房转换成斜率，这样每次我们就是求一个强制上升的子序列有多长。

考虑线段树维护t[p]表示这个节点在只考虑节点对应区间时的答案，mx[p]表示区间最大的斜率。

查询没啥问题。

只需要解决修改时的pushup问题了。

首先左子树的t肯定要累加答案，然后递归右子树。

递归右子树的过程相当于只考虑斜率大于mx[ls]那部分的答案。

同样考虑左子树和右子树。

如果要查的斜率K大于mx[ls]则递归右子树即可。

否则需要递归左子树，此时右子树对应的答案我们已经求过了。

因为K小于等于mx[ls]，考虑完左子树之后最大值会变成mx[ls]，答案和只考虑左子树的情况下，右子树的答案是一样的，就是t[p]-t[ls]。

每次pushup复杂度O(logn)。

 

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 100050
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
typedef double f2;
int t[N<<2],n,m;
f2 mx[N<<2];
int calc(int l,int r,f2 v,int p) {
    if(l==r) return mx[p]>v;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(mx[ls]<=v) return calc(mid+1,r,v,rs);
    else return calc(l,mid,v,ls)+t[p]-t[ls];
}
void update(int l,int r,int x,f2 v,int p) {
    if(l==r) {
        t[p]=1; mx[p]=v; return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) update(l,mid,x,v,ls);
    else update(mid+1,r,x,v,rs);
    mx[p]=max(mx[ls],mx[rs]);
    t[p]=t[ls]+calc(mid+1,r,mx[ls],rs);
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int i; int x,y;
    for(i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d",&x,&y); update(1,n,x,f2(y)/x,1);
        printf("%d
",t[1]);
    }
}