Description

　　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一個二維平面上。小A在平面上(0,0)點的位置，第i棟樓房可以用一條連接(i,0)和(i,Hi)的線段表示，其中Hi為第i棟樓房的高度。如果這棟樓房上任何一個高度大於0的點與(0,0)的連線沒有與之前的線段相交，那麽這棟樓房就被認為是可見的。
　　施工隊的建造總共進行了M天。初始時，所有樓房都還沒有開始建造，它們的高度均為0。在第i天，建築隊將會將橫坐標為Xi的房屋的高度變為Yi(高度可以比原來大---修建，也可以比原來小---拆除，甚至可以保持不變---建築隊這天什麽事也沒做)。請你幫小A數數每天在建築隊完工之後，他能看到多少棟樓房？

Input

　　第一行兩個正整數N,M
　　接下來M行，每行兩個正整數Xi,Yi

Output

　　M行，第i行一個整數表示第i天過後小A能看到的樓房有多少棟

Sample Input

Sample Output

/*
    線段樹合並的題目，mh表示區間最大斜率。
    ans[o]表示只考慮o這個節點的區間可以看到的樓房數(從左到右)
    顯然我們合並的時候，左兒子的ans可以直接合並進來，但是右兒子
    能給父節點的貢獻會<=它的ans,因為可能會有被左兒子樓房擋住的樓房。
    
    那麽我們考慮用calc(o,h)計算出o子樹中斜率>h的節點數量。
    那麽
        if maxheight[leftchild]<=h then 返回 calc(rightchild,h)
        //因為這種情況下左子樹中斜率最大都沒有比h大的，所以直接向右子樹遞歸查找就好了。
        
        else 返回 calc(leftchild,h)+ans[o]-ans[leftchild]
        //這種情況下左右子樹中顯然都會有貢獻，但是因為左子樹中已經有斜率>h的了，
        //所以外層的修改已經對右子樹沒有作用了。
        //顯然右子樹中斜率>左子樹中最大的節點數量是ans[o]-ans[leftchild] 
 
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
double mh[maxn<<2|1],val;
int n,m,ans[maxn<<2|1],pos,k;

inline int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-‘0‘;
    return
 
 x;
}

int calc(int o,int l,int r,double height){
    if(l==r) return mh[o]>height;
    
    int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=(o<<1)|1;
    if(mh[lc]<=height) return calc(rc,mid+1,r,height);
    else return calc(lc,l,mid,height)+ans[o]-ans[lc];
}

void update(int o,int l,int r){
    if(l==r){
        mh[o]=val,ans[o]=1;
        return;
    }
    
    int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=(o<<1)|1;
    if(pos<=mid) update(lc,l,mid);
    else update(rc,mid+1,r);
    mh[o]=max(mh[lc],mh[rc]);
    ans[o]=ans[lc]+calc(rc,mid+1,r,mh[lc]);
} 

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while(m--){
        pos=read(),k=read();
        val=k/(double)pos;
        update(1,1,n);
        printf("%d\n",ans[1]);
    }
    
    return 0;
}

bzoj 2957: 樓房重建