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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？
第一行两个正整数N,M 接下来M行，每行两个正整数Xi,Yi
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
设Ai为从左到右第i个楼的楼顶与(0,0)点的连线的斜率
那么如果i<j&&Ai>=Aj那么j楼就会被i楼挡住
所以这题就是求有多少个Ai满足它正好就是前缀最大值（也就是所有的Aj(j<i)都满足Aj<Ai），并且带修改操作
考虑用线段树维护
max[x]表示区间x的斜率最大值
sum[x]表示单独考虑区间x，可以看到多少个楼房
那么答案刚好就是sum[1]
主要是如何计算sum[x]，很明显sum[x] = sum[x*2]+被区间x*2遮挡下区间x*2+1中能看见的楼房个数
将区间x*2+1对半拆成左右两子区间C和D，它们的区间最大值分别为max[C]和max[D]，如果max[C]>max[x*2]，那么区间D很显然只会受到区间C的影响，那么只要继续递归计算被区间x*2遮挡下区间C中能看见的楼房个数，再加上sum[x*2+1]-sum[C]即可，如果max[C]<=max[x*2]，那么区间C就会被完全遮挡从而能看见的楼房数为0，只需继续递归计算被区间x*2遮挡下区间D中能看见的楼房个数，这样每次计算的区间大小都会减半，所以计算一个区间复杂度为O(logn)
再加上线段树每次递归logn次，总复杂度O(nlog²n)
#include#include using namespace std;double tre[400055];int sum[400055];int Cal(int l, int r, int x, double Max){ int m; if(l==r) { if(Max>=tre[x]) return 0; return 1; } m = (l+r)/2; if(tre[x*2]<=Max) return Cal(m+1, r, x*2+1, Max); else return sum[x]-sum[x*2]+Cal(l, m, x*2, Max);}void Update(int l, int r, int x, int a, double b){ int m; if(l==r) { tre[x] = b; sum[x] = 1; return; } m = (l+r)/2; if(a<=m) Update(l, m, x*2, a, b); else Update(m+1, r, x*2+1, a, b); tre[x] = max(tre[x*2], tre[x*2+1]); sum[x] = sum[x*2]+Cal(m+1, r, x*2+1, tre[x*2]);}int main(void){ double val; int x, y, n, m, i; scanf("%d%d", &n, &m); for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d", &x, &y); val = 1.0*y/x; Update(1, n, 1, x, val); printf("%d\n", sum[1]); } return 0;}
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