Problem

• 題意就是求一個支援修改的單調棧長度.

• 修改次數 $m$，序列長度 $n$.

Data constraint

• $n,m\le 100000$

Solution

• 這是一個經典模型.

• 這個是用線段樹來實現的，先不妨假設現在要求上升子序列長度.

• 那麼如果我們要修改，則直接線上段樹上找到對應位置，然後進行修改即可.

• 對於線段樹每個節點，維護一個 $Ans$（這個區間單調棧的長度），一個 $v$

  v （這個區間內數的最大值）

• 現在，當只有最左邊一個數時，單調棧長度顯然為 $1$.

• 那麼歸納，假設左邊的單調棧已經構好，現在需要計算當前節點的答案.

• 那麼顯然 當前答案 = 左邊的答案 + 左邊最大的數放在 $M+1\sim en$這段區間內得到的單調棧長度

• 而形如 $X=Y+Z$的這個式子，右邊的 $Z$依舊可以 $log$的時間複雜度內計算出來，做法類似.

• 不妨設 $f(x,y,z)$表示在 $[x,y]$這段閉區間形成的單調棧棧頂加入 $z$這個點形成的新單調棧長度， $Ls,Rs$分別表示左右兒子， $now$表示當前點.

• 那麼依舊是討論，假設左區間 $[x,M]$的最大值小於等於插入的數，那麼貢獻顯然是 $f(M+1,en,z)$

• 否則貢獻是 $(tr[now].v-tr[Ls].v) + f(st,M,v)$，這裡是整個演算法最巧妙的一處.

• 因為整個過程是線上段樹上進行的，所以當計算到 $x$這個點的答案時，其所有兒子的答案都已經計算完畢了.

• 那麼因為 $tr[now].v=tr[Ls].v+f(M+1,en,tr[Ls].v)$，所以實際上 $f(M+1,en,tr[Ls].v)$是等價於 $tr[now].v-tr[Ls].v$.

• 所以整個演算法就是 $O(nlog^2n)$的。

#include <cstdio>

#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define M (st + en >> 1)
#define Ls (x << 1)
#define Rs (Ls | 1)

using namespace std;

int n, m, X, Y;
struct node { double v; int ans; } F[400000];

int Calc(int x, int st, int en, double v) {
	if (st == en)
		return F[x].v > v;
	else
		return F[Ls].v <= v ? Calc(Rs, M + 1, en, v) : F[x].ans - F[Ls].ans + Calc(Ls, st, M, v);
}

void Make(int x, int st, int en, int p, double v) {
	if (st == en)
		F[x] = {v, 1};
	else
		M >= p ? Make(Ls, st, M, p, v) : Make(Rs, M + 1, en, p, v),
		F[x].v = max(F[Ls].v, F[Rs].v), F[x].ans = F[Ls].ans + Calc(Rs, M + 1, en, F[Ls].v);
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	F(i, 1, m)
		scanf("%d%d", &X, &Y),
		Make(1, 1, n, X, (double) Y / X),
		printf("%d\n", F[1].ans);
}