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

Hint

数据约定

对于所有的数据1<=Xi<=N，1<=Yi<=10^9

N,M<=100000

Solution

“从原点能看到楼房有几栋”，这个问题等价于这些楼房楼顶斜率以1为开始的最长不下降子序列是多少，如图：

对于每次修改\((x, y)\)，只影响x之后的楼房。

记k为该直线的斜率(0,0)->(x,y)。

那么对于每个区间，如果左边的最大值小于k，那么显然对左边贡献为0，递归询问右边；否则右边的贡献没有改变，递归询问左边。

线段树维护每个区间最大值和LIS就可以了。

复杂度：\(O(N*\log ^2 N)\)如果我说的不清楚的话，戳这里（胡泽聪神犇blog）—–>http://blog.csdn.net/huzecong/article/details/9214307

Code

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#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int INF = 1<<30;
typedef long long LL;
int getint() {
	int r = 0, k = 1; char c = getchar();
	for (; '0' > c || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') k = -1;
	for (; '0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) r = r * 10 - '0' + c;
	return r * k;
}
const int maxn = 100100;
int n, m;
int len[maxn*5];
double mx[maxn*5];
int solve(int now, int l, int r, double k) {
	if (l == r) return k < mx[now];
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (mx[now<<1] <= k) return solve(now<<1|1, mid+1, r, k); //
	else return len[now] - len[now<<1] + solve(now<<1, l, mid, k); //
}
void change(int now, int l, int r, int pos, double k) {
	if (l == r) {
		len[now] = 1;
		mx[now] = k;
		return;
	}
	int mid = (l+r) >> 1;
	if (pos <= mid) change(now<<1, l, mid, pos, k);
	else change(now<<1|1, mid+1, r, pos, k);
	mx[now] = max(mx[now<<1], mx[now<<1|1]);
	len[now] = len[now<<1] + solve(now<<1|1, mid+1, r, mx[now<<1]);                    //
}
int main() {
	n = getint(); m = getint();
	int x; double y;
	while (m--) {
		x = getint(); y = getint();
		change(1, 1, n, x, y / x);
		printf("%d\n", len[1]);
	}
}