『线段树·思维题』楼房重建

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？

题解

首先，一个房子要被看到，必须满足它前面的房子中不存在斜率比它大的。

这道题如果我们采用在线的思路，用线段树维护，其难点在于某一个区间中答案的合并。

显然，一个区间的答案=左区间答案+右区间受左区间的最大高度影响后的答案。

最大高度显然可以用线段树来维护，关键是如何求解受某一个高度影响后的答案，我们单独解决。

问题：求解当前区间受高度v影响后的答案是什么。

如果最大高度<=v,无解。
如果左区间的最大高度>v,答案是：总的答案-左区间的答案+左区间受v影响的答案。其中的总的答案-左区间的答案是指右区间受左区间影响后的答案。
否则，求右区间受v影响的答案。
我们需要递归求解这个问题。

由于递归套递归，时间复杂度： $O(n log^2 n)$

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 200000;
int n, m;
struct segment {
	int l, r, ans;
	double max;
} a[N*4] ;

inline int read(void)
{
    int s = 0, w = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-48, c = getchar();
    return s * w;
} 

void build(int p,int l,int r)
{
	a[p].l = l, a[p].r = r;
	if (l == r) return;
	int mid = l+r >> 1;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	return;
}

int influ(double v,int p)//求解区间受高度v影响后的答案
{
	if (a[p].max <= v) return 0;
	if (a[p].l == a[p].r) return a[p].max > v;
	if (a[p*2].max > v) return a[p].ans-a[p*2].ans+influ(v,p*2);
	else return influ(v,p*2+1);
} 

void change(int p,int x,double v)
{
	 if (a[p].l == a[p].r) {
	 	a[p].max = v;
	 	a[p].ans = 1;
	 	return;
	 }
	 int mid = a[p].l+a[p].r>>1;
	 if (x <= mid) change(p*2,x,v);
	 if (x > mid) change(p*2+1,x,v);
	 a[p].max = max(a[p*2].max,a[p*2+1].max);
	 a[p].ans = a[p*2].ans+influ(a[p*2].max,p*2+1);
	 return;
}

int main(void)
{
	freopen("data.in","r",stdin);
	freopen("data.out","w",stdout);
	n = read(), m = read();
	build(1,1,n);
	while (m --)
	{
		int x = read(), y = read();
		change(1,x,(y*1.0)/(x*1.0));
		printf("%d\n", a[1].ans);
	}
	return 0;
}

『线段树·思维题』楼房重建

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