BZOJ 2957 楼房重建 （线段树）

2957: 楼房重建

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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

思路：

题目方向很清晰，主要是考虑怎么用数据结构维护。

而用线段树，就要有合并的方案。

本题中，记cnt[pos]为，仅考虑pos所代表的区间，有多少满足条件的数。那么显然，cnt[pos]一定包含cnt[pos<<1]， 但是，属于cnt[pos<<1]的建筑有可能挡住属于cnt[pos<<1|1]的建筑。

我们记pos<<1代表的区间中最大数为M，并将 pos<<1|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N，继续讨论：

1. 若M大于等于N，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N，则右段的答案不变，为cnt[pos<<1|1]-cnt[左段]，递归判断左段有多少个大于M的数。

有一点要注意它的斜率相等也看不见。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;

double mx[400005];
int cnt[400005];

int count(double M, int pos, int l, int r){//pos包含区间内不被前面挡住且>M的个数
int mid = (l + r) >> 1;
if(l == r) return M < mx[pos];
if(M >= mx[pos<<1]) return count(M, pos<<1|1, mid+1, r);//pos<<1无效
return cnt[pos]-cnt[pos<<1]+count(M, pos<<1, l, mid);//pos<<1|1全部有效
}

void modify(double val, int x, int pos, int l, int r){
if(l == r){
cnt[pos] = 1;
mx[pos] = val;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(mid >= x) modify(val, x, pos<<1, l, mid);
if(mid < x) modify(val, x, pos<<1|1, mid+1, r);
mx[pos] = max(mx[pos<<1], mx[pos<<1|1]);
cnt[pos] = cnt[pos<<1] + count(mx[pos<<1], pos<<1|1, mid+1, r);
}

int main(){
int x, y, n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=m; i++){
scanf("%d%d", &x, &y);
modify( (double)y / (double)x, x, 1, 1, n );//维护斜率
printf("%d\n", cnt[1]);
}
return 0;
}