bzoj 2957: 楼房重建 ——线段树

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

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这道题可以用线段树维护 因为涉及的只有单点修改 我们考虑一下怎么上传信息就可以了

记ans为只考虑当前区间的答案 mx为区间高度最大值

考虑合并两个区间 对于左区间那肯定是没有影响的 这个时候我们只需要考虑右区间

我们考虑右区间的左右子区间

如果左子区间的mx<=左区间的mx 那么这个子区间贡献为0递归处理右子区间就可以了 

如果左子区间的mx>左区间的mx 那么右子区间不受影响 直接加上答案就可以了 然后递归处理左子区间

这样其实蛮好写的23333

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using std::max;
const int M=1e5+7;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();}
    return ans*f;
}
struct pos{int ans;double mx;}tr[4*M];
int n,m,pos;
double val;
int calc(int x,int l,int r,double val){
    if(l==r) return tr[x].mx>val;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(tr[x<<1].mx<=val) return calc(x<<1^1,mid+1,r,val);
    return tr[x].ans-tr[x<<1].ans+calc(x<<1,l,mid,val);
}
void modify(int x,int l,int r){
    if(l==r){
        tr[x].ans=1;
        tr[x].mx=val;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(pos<=mid) modify(x<<1,l,mid);
    else modify(x<<1^1,mid+1,r);
    tr[x].mx=max(tr[x<<1].mx,tr[x<<1^1].mx);
    tr[x].ans=tr[x<<1].ans+calc(x<<1^1,mid+1,r,tr[x<<1].mx);
}
int main(){
    int y;
    n=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        pos=read();
        y=read(); val=(1.0*y)/(1.0*pos);
        modify(1,1,n);
        printf("%d\n",tr[1].ans);
    }
    return 0;
}