【bzoj2957】【楼房重建】【线段树+dp】

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

题解：首先肯定可以分块。但是我们来考虑一下线段树。

对于每个区间

保存一下这个区间的最大斜率和在不考虑其他区间的情况下能看到的楼房数。

然后我们考虑合并。

最大值直接合并就好了。

对于左子树的楼房数,合并之后是没有影响的，直接加上就好。

对于右子树。我们考虑一下右子树的左子树的最大值(a)和左子树的最大值(b)

如果a<=b,显然左子树会把它全挡住。答案只可能出现在右子树的右子树

然后我们递归一下右子树的右子树即可。

如果a>b,显然我们需要重新计算一下右子树的左子树的楼房数,

而右子树的右子树是不会被影响的，

所以我们先去掉以前的右子树的左子树的值，

再递归右子树的左子树.重新计算一遍加上即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,x,y;
struct use{int num;double maxx;}t[400001];
int solve(int l,int r,double v,int k){
	int mid=(l+r)>>1;
	if (l==r) {if (v<t[k].maxx) return 1;else return 0;}
	if (t[k*2].maxx<=v) return solve(mid+1,r,v,k*2+1);
	else return t[k].num-t[k*2].num+solve(l,mid,v,k*2);
}
void change(int k,int l,int r,int p,double v){
	int mid=(l+r)>>1;
	if (l==r){t[k].num=1;t[k].maxx=v;return;}
    if (p<=mid) change(k*2,l,mid,p,v);else change(k*2+1,mid+1,r,p,v);
    t[k].maxx=max(t[k*2].maxx,t[k*2+1].maxx);
	t[k].num=t[k*2].num+solve(mid+1,r,t[k*2].maxx,k*2+1);
}
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=m;i++){
     scanf("%d%d",&x,&y);
	 change(1,1,n,x,(double)y/x);
	 printf("%d\n",t[1].num);
   }
}