[洛谷P4198][BZOJ2957]楼房重建

最新推荐文章于 2021-11-15 16:50:24 发布

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【题目大意】

数轴上有 $n$ 个建筑，初始高度均为 $0$
共 $m$ 次操作，每次在位置 $x_i$ 上修建高度为 $y_i$ 的建筑，建筑的权值为 $y_i/x_i$ ，求以第一个高度 $> 0$ 的建筑开始，字典序最小的权值上升子序列的长度
$n,m,x_i<=100000,y_i<=1000000000$

【算法分析】

维护线段树，考虑单点修改回溯时如何合并
记 $v a l [p]$ 表示节点 $p$ 对应区间上建筑的最大高度
记 $p$ 对应区间 $[l, r]$ ，区间的中点为 $m i d$ ， $a n s [p]$ 为对应区间的答案， $p$ 的左右子节点分别为 $p 2, p 3$
显然 $[l, m i d]$ 中的最大值一定在答案中，所以 $[m i d + 1, r]$ 中对答案贡献的子序列的开头一定 $> v a l [p 2]$
于是有 $a n s [p] = a n s [p 2] + c a l c (p 3, v a l [p 2])$ ， $c a l c$ 表示区间 $p 3$ 中，第一个数 $> v a l [p 2]$ 且字典序最小的上升子序列
问题转化为求 $c a l c (p, v)$ ，分三类讨论：
(1). $p$ 是叶子节点，如果 $v a l [p] > v$ 返回 $1$ ，否则返回 $0$
(2). $v a l [p 2] > v$ ，回到上文，注意到回溯时 $a n s [p 3]$ 比 $c a l c (p 3, v a l [p 2])$ 先计算，那么 $p 3$ 对 $a n s [p]$ 的贡献和对 $c a l c (p, v)$ 的贡献是一样的（因为这个贡献只和 $v a l [p 2]$ 有关，与 $v$ 无关），贡献即 $a n s [p] - a n s [p 2]$ ，那么返回 $a n s [p] - a n s [p 2] + c a l c (p 2, v)$
(3). $v a l [p 2] < = v$ ，那么 $p 2$ 对 $c a l c (p, v)$ 没有贡献，返回 $c a l c (p 3, v)$
时间复杂度 $O(nlog^2n)$

【参考程序】

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1

template <class t>
inline void read(t & res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
	res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

const int e = 1e5 + 5;
int ans[e * 4], n, m;
double val[e * 4];
bool bo[e * 4];

inline void build(int l, int r, int p)
{
	if (l == r)
	{
		bo[p] = 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, p2);
	build(mid + 1, r, p3);
}

inline int calc(int p, double v)
{
	if (bo[p]) return val[p] > v;
	if (val[p2] > v) return ans[p] - ans[p2] + calc(p2, v);
	else return calc(p3, v);
}

inline void collect(int p)
{
	val[p] = max(val[p2], val[p3]);
	ans[p] = ans[p2] + calc(p3, val[p2]);
}

inline void update(int l, int r, int s, double v, int p)
{
	if (l == r)
	{
		val[p] = v;
		ans[p] = 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if (s <= mid) update(l, mid, s, v, p2);
	else update(mid + 1, r, s, v, p3);
	collect(p);
}

int main()
{
	int x, y;
	read(n); read(m);
	build(1, n, 1);
	while (m--)
	{
		read(x);
		read(y);
		update(1, n, x, (double)y / (double)x, 1);
		printf("%d\n", ans[1]);
	}
	return 0;
}