【洛谷】P4198 楼房重建（线段树）

传送门

分析

  被线段树按在地上摩擦  先把左边转化成斜率，那么这个题就转化成每次修改一个点的值，输出前缀最大值的个数

  看到标签是线段树，所以还是想想线段树的做法吧

  既然是线段树，那么就要将区间分成两半，那么左半区间可以直接递归下去做，右半区间就要考虑左半区间对它的影响

  左半区间的最大值会对右半区间的前缀最大值的个数造成影响，所以询问时应该带上之前的最大值

  考虑一次询问(l,r,x)，表示l前面的数的最大值为x，区间(l,r)内的前缀最大值，那么每次就要输出询问(1,n,0)

  用dp式子转移的思想对询问进行拆分

  设mid=(l+r)/2，mx(l,r)表示l到r内的最大值

  如果x>mx(l,mid),那么就左半区间就不可能存在前缀最大值，(l,r,x)的结果就等于(mid,r,x)

  如果x<=mx(l,mid),那么询问(l,r,x)就可以拆成(l,mid,x)与(mid+1,r,mx(l,mid))。

  注意到(mid+1,r,mx(l,mid))这个东西与x无关，可以在插入值的时候就处理它

  所以对于每个询问(l,r,x)真正需要现场求的是(l,mid,x)或(mid,r,x),每次拆分区间长度减半，可以做到logn的复杂度

  至于每次插入值修改(mid+1,r,mx(l,mid))时，也可以用同样的方法，总共有logn个区间,每个区间处理的复杂度为logn,所以为long^2n的复杂度

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100005;
int n,m,vr[maxn<<2];double mx[maxn<<2];
int que(int id,int l,int r,double L)
{
    if(l==r)return mx[id]>L?1:0;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mx[id<<1])return que(id<<1,l,mid,L)+vr[id];
    else return que(id<<1|1,mid+1,r,L);
}
void fix(int id,int l,int r,int k,double v)
{
    if(l==r){mx[id]=v;return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    k<=mid?fix(id<<1,l,mid,k,v):fix(id<<1|1,mid+1,r,k,v);
    mx[id]=max(mx[id<<1],mx[id<<1|1]);vr[id]=que(id<<1|1,mid+1,r,mx[id<<1]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
    scanf("%d%d",&x,&y),
    fix(1,1,n,x,double(y)/double(x)),
    printf("%d\n",que(1,1,n,0));
}