bzoj2957 楼房重建

2957: 楼房重建

Time Limit: 10 Sec   Memory Limit: 256 MB
Submit: 1179   Solved: 560
[ Submit][ Status][ Discuss]

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

HINT

Source

中国国家队清华集训 2012-2013 第一天

计算出每栋楼最高点和原点连线的斜率h[i]，那么一栋楼能看到当且仅当前面所有楼的斜率都小于它的斜率。

所以能看到的楼的序列一定是斜率单调递增的。

根据这个性质有两种处理方法。

方法一：线段树

我们修改一个数只会对后面的数造成影响。

考虑一个区间，如果区间的最大值小于等于修改的数，这个区间的贡献为0，不用处理。否则将区间分成两部分，如果左侧最大值大于修改的数，那对右边是没有影响的，只需处理左边；否则左区间对答案贡献等于0，处理右区间。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
int n,m;
struct tree_type{int ans;double mx;}t[maxn*4];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int calc(int k,int l,int r,double val)
{
	if (l==r) return t[k].mx>val;
	int mid=(l+r)>>1;
	if (t[k<<1].mx<=val) return calc(k<<1|1,mid+1,r,val);
	else return t[k].ans-t[k<<1].ans+calc(k<<1,l,mid,val);
}
void change(int k,int l,int r,int pos,double val)
{
	if (l==r){t[k].ans=1;t[k].mx=val;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if (pos<=mid) change(k<<1,l,mid,pos,val);
	else change(k<<1|1,mid+1,r,pos,val);
	t[k].mx=max(t[k<<1].mx,t[k<<1|1].mx);
	t[k].ans=t[k<<1].ans+calc(k<<1|1,mid+1,r,t[k<<1].mx);
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	while (m--)
	{
		int x=read(),y=read();
		change(1,1,n,x,(double)y/x);
		printf("%d\n",t[1].ans);
	}
	return 0;
}

方法二：分块

将所有楼分块，每一块内维护一个斜率递增的序列。

修改的时候将该位置对应的块暴力修改。

查询的时候从前到后把每个块处理一遍，每次记录当前的最大斜率，然后在块内二分出第一个比它斜率大的位置，计算答案并更新最大斜率。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 100005
#define eps 1e-10//这题卡常数，eps写太大过不了，其实eps写0也是可以过的 
using namespace std;
int n,m,block,num[maxn];
double h[maxn];
struct BLOCK
{
	int l,r,tot;double a[2005];
	void rebuild()
	{
		tot=0;
		F(i,l,r) if (!tot||h[i]>a[tot]+eps) a[++tot]=h[i];
	}
	int ask(double &x)
	{
		int ret=tot+1-(upper_bound(a+1,a+tot+1,x+eps)-a);
		x=max(x,a[tot]);
		return ret;
	}
}b[2005];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	block=round(sqrt(n));
	F(i,1,n) num[i]=(i-1)/block+1;
	F(i,1,num[n]) b[i].l=(i-1)*block+1,b[i].r=min(i*block,n);
	while (m--)
	{
		int x=read(),y=read();
		h[x]=(double)y/x;
		b[num[x]].rebuild();
		int ans=0;double mx=0;
		F(i,1,num[n]) ans+=b[i].ask(mx);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}