P4198 楼房重建题解

传送门

一眼数据结构。

考虑线段树，记录该区间能看到最多的建筑数量 $an{s}_{wz}$ 以及看到区间中最大的斜率（或者说，该区间内最后看到的建筑）$x{l}_{wz}$。

很明显，假如我现在的修改操作是 $(x,y)$，那么会改变 ${\log }_n$ 个节点，即包含 $x$ 的节点，考虑如何修改他们的 $ans$ 和 $xl$。

对于叶子节点，$an{s}_{wz}=1,x{l}_{wz}=\frac{y}{x}$

对于其他的节点，就是左儿子的答案 $+$ 右儿子答案中大于左儿子斜率的建筑数量（因为先看到前面的建筑再看到后面的建筑），不妨设此时左儿子最大斜率为 $x{l}_{zuo}$。

很难 $O(1)$ 求出来，所以考虑 $O({\log }_n)$ 的时间复杂度内求出。

递归找右儿子中大于左儿子斜率的数量，不妨设我们递归到 $[l,r]$ 这个区间。

考虑 $[l,mid]$ 这个区间的最大斜率

$1$、这个最大斜率小于等于 $x{l}_{zuo}$，那么直接递归右儿子，即 $[mid+1,r]$ 这个区间

$2$、这个最大斜率大于 $x{l}_{zuo}$，那么递归左儿子，返回的答案加上$an{s}_{[l,r]}-an{s}_{[l,mid]}$（这个区间没有受到 $(x,y)$ 的影响，所以这个差就是比该区间内右儿子答案大于左儿子斜率的建筑数量）。

最后的时间复杂度就是 $O(n{\log }^{2}n)$

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
const ll N=1e5+50;
ll n,m,ans[N*4];
db xl[N*4];
ll query(ll wz,ll l,ll r,db x)
{
	if(xl[wz]<=x) return 0;
	if(l==r) return (xl[wz]>x);
	ll mid=(l+r)/2;
	if(xl[wz*2]<=x) return query(wz*2+1,mid+1,r,x);
	return query(wz*2,l,mid,x)+ans[wz]-ans[wz*2];
}
void change(ll wz,ll l,ll r,ll md,db x)
{
	if(l==r)
	{
		ans[wz]=1;
		xl[wz]=x;
		return ;
	}
	ll mid=(l+r)/2;
	if(md<=mid) change(wz*2,l,mid,md,x);
	else change(wz*2+1,mid+1,r,md,x);
	xl[wz]=max(xl[wz*2],xl[wz*2+1]);
	ans[wz]=ans[wz*2]+query(wz*2+1,mid+1,r,xl[wz*2]);
}
int main()
{
	scanf("%lld %lld",&n,&m);
	for(ll i=1,x,y;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld %lld",&x,&y);
		change(1,1,n,x,(db)y/x);
		printf("%lld\n",ans[1]);
	}
	return 0;
}