传送门

分析

被线段树按在地上摩擦  先把左边转化成斜率,那么这个题就转化成每次修改一个点的值,输出前缀最大值的个数

看到标签是线段树,所以还是想想线段树的做法吧

既然是线段树,那么就要将区间分成两半,那么左半区间可以直接递归下去做,右半区间就要考虑左半区间对它的影响

左半区间的最大值会对右半区间的前缀最大值的个数造成影响,所以询问时应该带上之前的最大值

考虑一次询问(l,r,x),表示l前面的数的最大值为x,区间(l,r)内的前缀最大值,那么每次就要输出询问(1,n,0)

用dp式子转移的思想对询问进行拆分

设mid=(l+r)/2,mx(l,r)表示l到r内的最大值

如果x>mx(l,mid),那么就左半区间就不可能存在前缀最大值,(l,r,x)的结果就等于(mid,r,x)

如果x<=mx(l,mid),那么询问(l,r,x)就可以拆成(l,mid,x)与(mid+1,r,mx(l,mid))。

注意到(mid+1,r,mx(l,mid))这个东西与x无关,可以在插入值的时候就处理它

所以对于每个询问(l,r,x)真正需要现场求的是(l,mid,x)或(mid,r,x),每次拆分区间长度减半,可以做到logn的复杂度

至于每次插入值修改(mid+1,r,mx(l,mid))时,也可以用同样的方法,总共有logn个区间,每个区间处理的复杂度为logn,所以为long^2n的复杂度

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
int n,m,vr[maxn<<];double mx[maxn<<];
int que(int id,int l,int r,double L)
{
if(l==r)return mx[id]>L?:;
int mid=(l+r)>>;
if(L<=mx[id<<])return que(id<<,l,mid,L)+vr[id];
else return que(id<<|,mid+,r,L);
}
void fix(int id,int l,int r,int k,double v)
{
if(l==r){mx[id]=v;return;}
int mid=(l+r)>>;
k<=mid?fix(id<<,l,mid,k,v):fix(id<<|,mid+,r,k,v);
mx[id]=max(mx[id<<],mx[id<<|]);vr[id]=que(id<<|,mid+,r,mx[id<<]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=,x,y;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),
fix(,,n,x,double(y)/double(x)),
printf("%d\n",que(,,n,));
}

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