BZOJ 2957 楼房重建（线段树）

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

会更新数据的，最长上升子序列

太难辣，看了看题解，这关系传递是真的厉害。

思路：

使用线段树，使用tree数组，记录每个区间的斜率最大值，这个比较容易实现。

关键是，如何统计最长上升子序列长度

再开一个sum数组，记录当前区间的最长上升子序列

在线段树update回溯时，可以做到先更新较小的区间，每个区间的sum值，左儿子是可以直接接受。只需计算右儿子有多少符合即可，

根据左儿子A 最大斜率和右儿子B 的儿子们(B1左，B2右)进行比较

如果 tree[A] >= tree[B1]，说明B1都不符合，直接在B2中递归寻找，

如果 tree[A] ＜ tree[B1]，说明B1部分符合，而sum[B2]是根据tree[B1] 推的，所以sum[B2]没有影响可以直接使用

详见代码

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson rt<<1, l, m
#define rson rt<<1|1, m+1, r

int sum[400005];
double tree[400005];

int query(int rt, int l, int r, double h)
{
    if(l == r) return h < tree[rt];
    int m = (l+r)>>1;
    if(tree[rt<<1] <= h) return query(rson,h); //左区间答案为0，寻找右区间满足的答案
    return  query(lson,h) + sum[rt] - sum[rt<<1]; //右区间答案不变，寻找左区间满足的答案
}

void update(int rt, int l, int r, int x, double h)
{
    if(l == r)
    {
//        if(h < 1e-9) sum[rt] = 0;
//        else
        sum[rt] = 1;
        tree[rt] = h;
        return;
    }
    int m = (l+r)>>1;

    if(x <= m) update(lson,x,h);
    else update(rson,x,h);

    tree[rt] = max(tree[rt<<1], tree[rt<<1|1]);
    sum[rt] = sum[rt<<1] + query(rson,tree[rt<<1]); //先更新的子区间
}

int main()
{
    int N, M, x, y;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    while(M--)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        update(1,1,N,x,y*1.0/x);
        printf("%d\n",sum[1]);
    }
    return 0;
}