题目描述
简要题意：
给你一个长度为 n n n 的序列 a i a_i ai ( n ≤ 1 0 5 n \leq 10^5 n≤105)，要求进行 m m m 次操作 ( m ≤ 1 0 5 m \leq 10^5 m≤105) 。操作分两种：
1.单点修改。
2.查询整个序列中有多少个位置 x x x 满足 a x a_x ax 大于其前缀。 即 ∀ j < x ， a j < a x \forall j < x，a_j < a_x ∀j<x，aj<ax 。输出这样的 x x x 的数量。
分析
设计 单点修改 和 区间查询 考虑使用 线段树 维护信息。我们在线段树节点中维护 s u m p sum_p sump ，表示 p p p 这个节点对应区间 [ l p , r p ] [l_p, r_p] [lp,rp] 中，满足 对应值大于 以 l p l_p lp 为开头的前缀 的位置数量。
那么对于 查询 ，如果 1 1 1 号节点对应整个区间，答案就是 s u m 1 sum_1 sum1。
对于 修改 ，递归到叶子进行的修改是简单的。我们考虑如何将儿子的信息传递给父亲。设 u u u 为一个父亲节点。 l s u ls_u lsu 和 r s u rs_u rsu 分别为其左右儿子，并且内部的信息已经处理正确。那么首先 左儿子内部 满足 大于区间左端点为开头的前缀 的 位置数量 可以直接传递，因此有 s u m l s u → s u m u sum_{ls_u} \to sum_u sumlsu→sumu。对于右儿子，它的 s u m sum sum 不能直接传递，因为其区间内的每一个数还要与 左儿子区间的最大值比较 。因此我们需要在线段树内再维护一个 M a x n Maxn Maxn 表示区间最大值。然后我们设 c a l c ( p , v a l ) calc(p, val) calc(p,val) 表示 p p p节点对应 区间内部 同时满足大于区间前缀和 v a l val val 的位置数量。那么 r s u rs_u rsu 对于 u u u 的贡献就是 c a l c ( r s u , M a x n l s u ) calc(rs_u, Maxn_{ls_u}) calc(rsu,Maxnlsu)。
我们考虑 c a l c ( n o d e , v a l ) calc(node, val) calc(node,val) 如何求解。发现如果 M a x n l s n o d e > v a l Maxn_{ls_{node}} > val Maxnlsnode>val，那么 r s n o d e rs_{node} rsnode 在 n o d e node node 对应区间的贡献就可以全部算进来。也就是说，如果 待求解区间的左半区间最大值大于 v a l val val，那么右半区间对 待求解区间的贡献 就等于其对 待求解区间的 s u m sum sum 的贡献 。我们可以直接返回 c a l c ( l s n o d e , v a l ) + s u m n o d e − s u m l s n o d e calc(ls_{node}, val) + sum_{node} - sum_{ls_{node}} calc(lsnode,val)+sumnode−sumlsnode。
如果 M a x n l s n o d e ≤ v a l Maxn_{ls_{node}} \leq val Maxnlsnode≤val，那可以发现左半区间是不会有贡献的，我们直接返回 c a l c ( r s n o d e , v a l ) calc(rs_{node}, val) calc(rsnode,val) 就好。
这样发现 c a l c calc calc 函数所求区间每次长度减半，最多执行 l o g 2 n log_2{n} log2n 次。而线段树中每次修改最多 pushup l o g 2 n log_2n log2n 次，因此复杂度是 O ( m l o g 2 2 n ) O(mlog_2^2n) O(mlog22n)。
CODE：
cpp
// 问题模型化： 一个长度为n的序列，支持单点修改和在线查询整个序列有多少个位置上的值严格大于其前缀
// sol: 线段树 + 分治 时间复杂度 O（nlog^2n）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef double db;
struct SegmentTree {
int l, r, sum; db Maxn; // sum 表示这个节点所在的区间（前缀的起始位置为区间左端点）有多少符合条件的点
#define l(x) t[x].l
#define r(x) t[x].r
#define sum(x) t[x].sum
#define Maxn(x) t[x].Maxn
}t[N * 4];
int n, m;
db EPS = 1e-20;
int calc(int p, db val) { // calc(p, val) 表示查询 p节点对应区间 大于val 并且大于其前缀的节点数
if(l(p) == r(p)) {return (Maxn(p) > val);}
if(Maxn(p << 1) > val) return (sum(p) - sum(p << 1)) + calc(p << 1, val);
else return calc(p << 1 | 1, val);
}
void update(int p) {
Maxn(p) = max(Maxn(p << 1), Maxn(p << 1 | 1));
sum(p) = sum(p << 1) + calc(p << 1 | 1, Maxn(p << 1));
}
void build(int p, int l, int r) {
l(p) = l, r(p) = r;
if(l == r) {
sum(p) = 0;
Maxn(p) = 0;
return ;
}
int mid = (l + r >> 1);
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
update(p);
}
void change(int p, int pos, db c) {
if(l(p) == r(p)) {
Maxn(p) = c;
if(Maxn(p) - 0.0 < EPS) sum(p) = 0;
else sum(p) = 1;
return ;
}
int mid = (l(p) + r(p) >> 1);
if(pos <= mid) change(p << 1, pos, c);
else change(p << 1 | 1, pos, c);
update(p);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
build(1, 1, n);
while(m -- ) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
change(1, x, (db)(1.0 * y / x));
printf("%d\n", sum(1));
}
return 0;
}