题解洛谷P4198/BZOJ2957【楼房重建】

每个楼房，还有修改操作。简单的想到用线段树来维护信息。

显然线段树只需要维护y/x即可，对于每一个楼房，能看见的条件就是前面楼房的y/x的严格小于当前楼房的y/x。

线段树的区间修改不再赘述。

那么怎么维护可以看到的楼房数呢？

考虑在线段树的每一个节点上用一个变量sum来表示从这个节点的左端点向右端点看时能看到多少楼房。

假设现在有一区间：1,5,8,0,7,9。维护这个区间信息的节点编号为x。

x<<1维护的区间是1,5,8，从1往8看可以看到三个楼房，故x<<1的sum的值为3。

x<<1|1维护的区间是0,7,9，从0往9看也可以看到三个楼房，故x<<1|1的sum的值也为3。

难道`x的sum值`也为`3+3=6`？错!

这显然是不能加在一起的，x的sum的值为4。

为什么会错呢？应为右儿子x<<1|1的观察视角不是从1开始的，是从0开始的。

显然0被挡住了。

显然，为什么这道题是紫题，主要难在的怎么上传信息。(不然就是黄牌了)

首先考虑每个线段树节点在维护一个mx，mx代表这个节点所代表的区间中所有的楼房中最高的高度。

上传时，由于两个儿子的sum值是已经处理好的，而左儿子的视角是跟x的视角一样的(对于上面的例子来说都是1)，可以直接上传，即sum(x)+=sum(x<<1)。

对于右儿子，考虑递归处理右儿子的区间，递归时带一个Mx变量表示x的左儿子的最高的楼房(右儿子再左儿子后面，原因下面解释)，递归的返回值是当前处理区间可以被看到的楼房数(从x的视角看)

对于现在处理的每一个区间：

如果这个区间的最高的楼房的高度都<=Mx(全部被挡住了)，立即return 0
如果这个区间最左边的楼房高度>Mx(可以看到)，那么return 当前区间维护的sum值。
如果这个区间只代表一个楼房，直接判断其能否被看到即可。

对于剩下的情况，递归儿子，分两种情况讨论：
- 如果左儿子的最高的楼房小于Mx(不能对答案有任何贡献)，直接递归右儿子。
- 否则，递归左儿子，右儿子能看到的楼房个数为当前区间sum-左儿子sum即可，(应为下面已经更新好了，只需要直接调用就好了。)

Code(文中的sum用l代替):

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e5+2;
struct Node {
	double mx;
	int l;
    #define m(x) tree[x].mx
    #define l(x) tree[x].l
} tree[N<<2];
int n,m;
double val[N];
inline void pushup_max(int x) {
	m(x)=max(m(x<<1),m(x<<1|1));
}
inline int pushup_sum(double Mx,int x,int l,int r) {
	if(m(x)<Mx)return 0;
	if(val[l]>Mx)return l(x);
	if(l==r)return val[l]>Mx;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(m(lson)<=Mx)return pushup_sum(Mx,rson,mid+1,r);
	else return pushup_sum(Mx,lson,l,mid)+l(x)-l(lson);
}
inline void change(int x,int l,int r,int pos,int value) {
	if(l==r&&l==pos) {
		m(x)=(double)value/pos;
		l(x)=1;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)change(lson,l,mid,pos,value);
	else if(pos>mid)change(rson,mid+1,r,pos,value);
	pushup_max(x);
	l(x)=l(lson)+pushup_sum(m(lson),rson,mid+1,r);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(register int x,y,i=1; i<=m; ++i) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		val[x]=(double)y/x;
		change(1,1,n,x,y);
		printf("%d\n",l(1));
	}
	return 0;
}