首先顯然可以把點看成斜率，然後就是求乙個從頭開始的最長上公升子串行，支援單點修改。
分塊做法（無腦）：
考慮把序列分成
b 塊，每一塊維護乙個從頭開始的最長上公升子串行，並用乙個棧記錄。每次詢問相當於把所有塊掃一遍，在當前塊棧中二分到第乙個大於上一塊最大值的位置，然後貢獻加上其到棧頂的元素個數，複雜度o(
nlogbb
)。修改就直接暴力重構塊，複雜度o(
b)。總複雜度o(
n∗(n
logbb+
b)) 。講道理b=
nlogn−
−−−−
√ 會比較優，不過實測b=
400 最快。。。
線段樹做法（思維）：
發現修改乙個點只會對其後面的部分有影響。我們記ma
x 為當前區間最大值，an
s 為只考慮當前區間的答案，考慮如何update，就是如何合併兩個子樹資訊。
考慮當前an
sx應該為an
slso
n ，加上an
srso
n 中大於ma
xlso
n 的部分，於是我們要實現乙個函式ca
l(x,
d)表示
x 中起始值大於
d的最長上公升子串行長度。分兩種情況討論即可： 若l
sonm
ax≤d
，不用考慮左子樹，直接遞迴右子樹即可。 若l
sonm
ax>
d ，答案為ca
l(ls
on,d
)+ca
l(rs
on,m
axls
on) ，但後半部分顯然為an
sx−a
nsls
on，所以只要遞迴左子樹即可。
因為每次update也是o(
logn
) 的，所以總複雜度o(
nlog2n
) 。
分塊**：
#include
#include
#include
#include
#define id(x) (((x)-1)/b+1)
#define l(x) ((x-1)*b+1)
#define r(x) min(n,x*b)
#define ll long long
using
namespace
std;
const
int b=400;
const
int maxn=100010;
int n,m,h[maxn];
bool cmp(int p,int q)
struct block
void rebuild()
int qry(int &last)
}a[id(maxn)+10];
int main()
return
0;}
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxn=100010;
int n,m;
struct tree
void build(int l,int r)
int cal(int l,int r,double dw)
void mdf(int l,int r,int pl,double d)
int mid=l+r>>1;
if(pl<=mid) ls->mdf(l,mid,pl,d);
else rs->mdf(mid+1,r,pl,d);
mx=max(ls->mx,rs->mx);
s=ls->s+rs->cal(mid+1,r,ls->mx);
}}*xtr;
int main()
return
0;}
bzoj 2957 樓房重建
小a的樓房外有一大片施工工地，工地上有n棟待建的樓房。每天，這片工地上的房子拆了又建 建了又拆。他經常無聊地看著窗外發呆，數自己能夠看到多少棟房子。為了簡化問題，我們考慮這些事件發生在乙個二維平面上。小a在平面上 0,0 點的位置，第i棟樓房可以用一條連線 i,0 和 i,hi 的線段表示，其中hi...
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題意 給定m m 100000 個操作，每次將座標軸上橫座標為x 1 x n 100000 的樓的高度設為y，之後回答在 0,0 能看到幾個樓。分析 7.19考試題，當時全場基本都寫得o nm 大暴力，gzz神犇用騙分法竟然ac了，但在bzoj上tle了，只能說考試時候資料水了。這題有兩種做法，一種...