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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
具体的操作都在代码里。
可以看见的楼房就是一个从左到右斜率单增的序列，所以我们考虑用线段树合并答案。
(是不是这种需要动态维护一个二维偏序的长度的题都可以用玄学线段树合并？？？)
/* 线段树合并的题目，mh表示区间最大斜率。 ans[o]表示只考虑o这个节点的区间可以看到的楼房数(从左到右) 显然我们合并的时候，左儿子的ans可以直接合并进来，但是右儿子 能给父节点的贡献会<=它的ans,因为可能会有被左儿子楼房挡住的楼房。 那么我们考虑用calc(o,h)计算出o子树中斜率>h的节点数量。 那么 if maxheight[leftchild]<=h then 返回 calc(rightchild,h) //因为这种情况下左子树中斜率最大都没有比h大的，所以直接向右子树递归查找就好了。 else 返回 calc(leftchild,h)+ans[o]-ans[leftchild] //这种情况下左右子树中显然都会有贡献，但是因为左子树中已经有斜率>h的了， //所以外层的修改已经对右子树没有作用了。 //显然右子树中斜率>左子树中最大的节点数量是ans[o]-ans[leftchild] */ #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define maxn 100005 using namespace std; double mh[maxn<<2|1],val; int n,m,ans[maxn<<2|1],pos,k; inline int read(){ int x=0;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()); for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-‘0‘; return x; } int calc(int o,int l,int r,double height){ if(l==r) return mh[o]>height; int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=(o<<1)|1; if(mh[lc]<=height) return calc(rc,mid+1,r,height); else return calc(lc,l,mid,height)+ans[o]-ans[lc]; } void update(int o,int l,int r){ if(l==r){ mh[o]=val,ans[o]=1; return; } int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=(o<<1)|1; if(pos<=mid) update(lc,l,mid); else update(rc,mid+1,r); mh[o]=max(mh[lc],mh[rc]); ans[o]=ans[lc]+calc(rc,mid+1,r,mh[lc]); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); while(m--){ pos=read(),k=read(); val=k/(double)pos; update(1,1,n); printf("%d\n",ans[1]); } return 0; }
