问题:

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 AA 在平面上 (0,0) 点的位置，第 ii 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。 如果这栋楼房上存在一个高度大于 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？

解:

注意一些点 

如果是要求修改的 绝大部分是数据结构 

不要再往逆序对上想了啊！

$1$ 线段树

分治 分而治之

cnt代表当前区间内可行的总数

code：

//
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxnn 700000
int n,m;
struct node
{
    int x,y,cnt;
    double val;
}tree[maxnn];
void build(int p,int a,int b)
{
    tree[p].x=a;
    tree[p].y=b;
    if(a<b)
    {
        int mid=(a+b)/2;
        build(p<<1,a,mid);
        build(p<<1|1,mid+1,b);
    }
}
int  query(int p,double lim)
{
    if(tree[p].val<=lim) return 0;
       if(tree[p].x==tree[p].y) return (tree[p].val>lim);
       int mid=(tree[p].x+tree[p].y)/2;
       if(tree[p<<1].val<=lim) return query(p<<1|1,lim);
       else return tree[p].cnt-tree[p<<1].cnt+query(p<<1,lim); 右边可行的 + 左边门槛大于lim 的
}
void modify(int p,int yY,double d)
{
    if(tree[p].x==tree[p].y) {tree[p].val=d;tree[p].cnt=1;}
    else
    {
        int mid=(tree[p].x+tree[p].y)/2;
        if(yY<=mid) modify(p<<1,yY,d);
        else
        if(yY>mid) modify(p<<1|1,yY,d);
        tree[p].cnt=tree[p<<1].cnt+query(p<<1|1,tree[p<<1].val); 左边没有门槛的 + 右边门槛大于左边最大值的
        tree[p].val=max(tree[p<<1].val,tree[p<<1|1].val);
    }
} 

int main()
{
    cin>>n>>m;
    int x,y;
    build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        modify(1,x,double(y)/x); 这里卡好久...
        printf("%d\n",tree[1].cnt);
    }
}

$2$ 分块

巨佬代码链接：

https://www.luogu.org/blog/HuangYuhan-Yuzhe/nkoj-0817-zhuan-xiang-lian-xi

原文地址：https://www.cnblogs.com/OIEREDSION/p/11370902.html