楼房重建

楼房重建

题意

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 $(i,H_i)$ 的线段表示，其中 $H_i$ 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。

有 $m$ 次修改，每次修改 $H_x$ 为 $y$，并查询小 A 能看到多少个楼房。

思路

首先可以把楼房转化为斜率，$k_i=\frac{H_i}{i}$，若 $i<j$ 且 $k_i<k_j$ 则 $i$ 不会挡住 $j$。

所以小 A 能看到的楼房均满足 $k_i<k_x(i<x)$，即 $k_x$ 是 $k$ 的一个前缀最大值。

问题转化为了单点修改，询问全局前缀最大值的个数。

这个可以使用分块解决。

每次单点修改时，暴力重新统计块内的前缀最大值存入数组。

查询时从左往右查每个块，在块内的前缀最大值数组内二分第一个大于当前最大值的数，

后面的数都是前缀最大值，统计答案，更新最大值，继续下一个块。

时间复杂度：$O(n(\frac{n}{B}+B\log n))$，$B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$ 时取得最小值 $O(n\sqrt{n\log n})$。

警示：只用转化为斜率，不用再用 atan 转化为角度，会损失精度导致答案错误。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T> 
void read(T& x) {
	x = 0; T f = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-') f = -f;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = x * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	x = x * f;
}
template <typename T> 
void write(T x) {
	if (x < 0) {
		putchar('-');
		x = -x;
	}
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
const int N = 2e5 + 5, M = 2e3 + 5; 
const double PI = acos(-1);
int B, n, m, cnt;
int id[N], L[N], R[N];
double r[N];
vector <double> pre[M];

void init() {
	B = sqrt(1.0 * n / log2(n));
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		id[i] = (i - 1) / B + 1;
		if (!L[id[i]]) L[id[i]] = i;
		R[id[i]] = i;
	}
	cnt = id[n]; 
}

void modify(int x, int y) {
	r[x] = (double)(y) / (double)(x);
	pre[id[x]].clear();
	double nowMax = 0;
	for (int i = L[id[x]]; i <= R[id[x]]; i ++) {
		if (r[i] > nowMax && r[i] != 0) {
			pre[id[x]].push_back(r[i]);
			nowMax = r[i];
		}
	}
}

int query() {
	int res = 0;
	double nowMax = 0;
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++) {
		if (pre[i].empty()) continue;
		auto pos = upper_bound(pre[i].begin(), pre[i].end(), nowMax);
		res += pre[i].end() - pos;
		nowMax = max(nowMax, pre[i].back());
	}
	return res;
}

int main() {
	read(n); read(m);
	init();
	while (m --) {
		int x, y;
		read(x); read(y);
		modify(x, y);
		write(query());
		putchar('\n');		
	}
	return 0;
}