P4198 楼房重建 题解

P4198 楼房重建 题解

线段树二分

思路

考虑在线段树内维护二信息：

1. 区间斜率最大值 \(mx\)
2. 区间最大斜率上升序列长度 \(len\)

答案即为根节点的 \(len\)。

考虑转移信息二：

蓝色部分代表左区间的上升序列，红色是右区间的，绿色折线就是当前区间的上升序列。

🤔稍微思考之后发现，左区间的上升序列一定完整存在于当前区间的上升序列，那么右区间对当前区间的贡献就只有右区间的上升序列中 斜率大于左区间斜率最大值 \(left.mx\)（蓝色部分中最长线段）的部分。

可以发现，第一个大于 \(left.max\) 的右区间部分把右区间分为了两部分，这满足二分性和单调性，因此我们可以线段树二分：

int up(int k, double v) // 求 k 节点区间内大于v的上升斜率序列的长度
{
    int l = tr[k].l, r = tr[k].r, mid = l + r >> 1;
    
    if(l == r) return tr[k].mx > v; 
    // 如果叶子节点只需要考虑当前这个点即可
    
    if(ls.mx <= v) return up(k << 1 | 1, v); 
    // 如果左区间最大值小于等于v意味着左区间毫无贡献，只看有区间
    
    else return up(k << 1, v) + tr[k].len - tr[k << 1].len;
    // 如果左区间有贡献先看左区间，然后加上右区间中大于 v 的上升斜率序列的长度
}

完整代码

// Problem: P4198 楼房重建
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2023 Moyou All rights reserved.
// Date: 2023-05-02 16:04:09

#include <iostream>
#define speedup (ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0))
#define INF (int)1e9
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

struct qwq
{
    int l, r;
    double mx;
    int len;
} tr[N << 2];

#define ls tr[k << 1]
#define rs tr[k << 1 | 1]

void build(int u, int l, int r)
{
    tr[u] = {l, r, 0, 0};
    if(l != r) 
        build(u << 1, l, l + r >> 1), build(u << 1 | 1, (l + r >> 1) + 1, r);
}

int up(int k, double v) // k 节点区间内大于v的上升斜率序列的长度
{
    int l = tr[k].l, r = tr[k].r, mid = l + r >> 1;
    
    if(l == r) return tr[k].mx > v; 
    // 如果子节点只需要考虑当前这个点即可
    
    if(ls.mx <= v) return up(k << 1 | 1, v); 
    // 如果左区间最大值小于等于v意味着左区间毫无贡献，只看有区间
    
    else return up(k << 1, v) + tr[k].len - tr[k << 1].len;
    // 如果左区间有贡献先看左区间，然后加上右区间中大于 v 的上升斜率序列的长度
}

void update(int k, int x, double v)
{
    int l = tr[k].l, r = tr[k].r, mid = l + r >> 1;
    if(x == l && x == r)
    {
        tr[k].mx = v;
        tr[k].len = 1; // 题目保证 y >= 1
        return ;
    }
    if(x <= mid) update(k << 1, x, v);
    else update(k << 1 | 1, x, v);
    tr[k].mx = max(ls.mx, rs.mx);
    tr[k].len = ls.len + up(k << 1 | 1, ls.mx); 
    // 左区间的上升序列一定选择，这是显而易见的
}

signed main()
{
    speedup;
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    build(1, 1, n);
    for(int i = 1; i <= m; i ++)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        update(1, x, 1.0 * y / x);
        cout << tr[1].len << '\n';
    }

    return 0;
}