题目描述

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？

输入

第一行两个正整数N,M

接下来M行，每行两个正整数Xi,Yi

输出

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

样例输入

3 4

2 4

3 6

1 1000000000

1 1

样例输出

1

1

1

2

---

题解

线段树 分块+二分查找

题目大意说白了就是给定n个斜率，求这些斜率的连续递增数列（从1开始，每有一个比前一个大的就选定）的长度，多次修改。

看了下数据范围可以分块求。

先暴力搞定每个块的递增数列，把这些斜率从小到大塞到一个栈里边（时间复杂度O(n/b)，b为块的大小）。

然后查找时从头开始，在每个块对应的栈中二分查找第一个斜率比前一个大的位置，这个位置和栈里面后边的位置都能被看到（时间复杂度O(blog(n/b))）。

总时间复杂度为O(n*(n/b + blog(n/b)))≈O(n*(n/b + blogn))。

这样一来b=√(n/logn)比较合算，但其实也没什么卵用，直接√n一块就行。

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #define N 100010using namespace std;int n , si , h[N];struct data{    int top , sta[400];}a[400];bool cmp(int a , int b){    if(!b) return h[a] > 0;    return (long long)h[a] * b > (long long)h[b] * a;}int main(){    int m , i , si , p , l , r , mid , ans , tmp , last;    scanf("%d%d" , &n , &m) , n ++ ;    si = (int)sqrt(n);    while(m -- )    {        scanf("%d" , &p);        scanf("%d" , &h[p]);        l = p / si * si , r = min(n , (p / si + 1) * si);        a[p / si].top = 0;        for(i = l ; i < r ; i ++ )            if(cmp(i , a[p / si].sta[a[p / si].top]))                a[p / si].sta[++a[p / si].top] = i;        ans = 0 , last = 0;        for(i = 0 ; i <= (n - 1) / si ; i ++ )        {            l = 1 , r = a[i].top , tmp = 0;            while(l <= r)            {                mid = (l + r) >> 1;                if(cmp(a[i].sta[mid] , last)) tmp = mid , r = mid - 1;                else l = mid + 1;             }            if(tmp) last = a[i].sta[a[i].top] , ans += a[i].top - tmp + 1;        }        printf("%d\n" , ans);    }    return 0;}