bzoj 2957: 楼房重建(线段树+递归)
2957: 楼房重建
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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
Sample Output
设Ai为从左到右第i个楼的楼顶与(0,0)点的连线的斜率
那么如果i<j&&Ai>=Aj那么j楼就会被i楼挡住
所以这题就是求有多少个Ai满足它正好就是前缀最大值(也就是所有的Aj(j<i)都满足Aj<Ai),并且带修改操作
考虑用线段树维护
max[x]表示区间x的斜率最大值
sum[x]表示单独考虑区间x,可以看到多少个楼房
那么答案刚好就是sum[1]
主要是如何计算sum[x],很明显sum[x] = sum[x*2]+被区间x*2遮挡下区间x*2+1中能看见的楼房个数
将区间x*2+1对半拆成左右两子区间C和D,它们的区间最大值分别为max[C]和max[D],如果max[C]>max[x*2],那么区间D很显然只会受到区间C的影响,那么只要继续递归计算被区间x*2遮挡下区间C中能看见的楼房个数,再加上sum[x*2+1]-sum[C]即可,如果max[C]<=max[x*2],那么区间C就会被完全遮挡从而能看见的楼房数为0,只需继续递归计算被区间x*2遮挡下区间D中能看见的楼房个数,这样每次计算的区间大小都会减半,所以计算一个区间复杂度为O(logn)
再加上线段树每次递归logn次,总复杂度O(nlog²n)
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
double tre[400055];
int sum[400055];
int Cal(int l, int r, int x, double Max)
{int m;if(l==r){if(Max>=tre[x])return 0;return 1;}m = (l+r)/2;if(tre[x*2]<=Max)return Cal(m+1, r, x*2+1, Max);elsereturn sum[x]-sum[x*2]+Cal(l, m, x*2, Max);
}
void Update(int l, int r, int x, int a, double b)
{int m;if(l==r){tre[x] = b;sum[x] = 1;return;}m = (l+r)/2;if(a<=m)Update(l, m, x*2, a, b);elseUpdate(m+1, r, x*2+1, a, b);tre[x] = max(tre[x*2], tre[x*2+1]);sum[x] = sum[x*2]+Cal(m+1, r, x*2+1, tre[x*2]);
}
int main(void)
{double val;int x, y, n, m, i;scanf("%d%d", &n, &m);for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d", &x, &y);val = 1.0*y/x;Update(1, n, 1, x, val);printf("%d\n", sum[1]);}return 0;
}
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