题意：
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A在平面上(0,0)点的位置，第i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。如果这栋楼房上任何一个高度大于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？

Solution：
思路借鉴黄学长。
此题有两种做法：分块和线段树，这里介绍一种线段树的解法：
我们修改一个数只会影响这个数后面的数，我们考虑线段树划分出的线段，会产生两种情况：
1. 线段中的最大值小于等于修改的数，那么这个线段的贡献为0
2. 线段中的最大值大于修改的数，如果左侧的最大值大于修改的数，那么右侧不受影响，递归处理左侧即可，否则就变成了情况1
看起来难以实现，实际上理解算法后非常好写

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
struct tree{
    int l,r,ans;
    double maxn;
}tr[4*100010];
int x,y;
void build(int i,int l,int r)
{
    tr[i].l=l,tr[i].r=r;
    if (l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    build(i<<1,l,mid);
    build(i<<1|1,mid+1,r);
}
int calc(int i,double val)
{
    int l=tr[i].l,r=tr[i].r;
    if (l==r) return tr[i].maxn>val;
    if (tr[i<<1].maxn<=val) return calc(i<<1|1,val);
    else return tr[i].ans-tr[i<<1].ans+calc(i<<1,val);
}
void modify(int i,int pos,double val)
{
    int l=tr[i].l,r=tr[i].r;
    if (l==r) {
  tr[i].maxn=val,tr[i].ans=1;return;}
    int mid=l+r>>1;
    if (pos<=mid) modify(i<<1,pos,val);
    else modify(i<<1|1,pos,val);
    tr[i].maxn=max(tr[i<<1].maxn,tr[i<<1|1].maxn);
    tr[i].ans=tr[i<<1].ans+calc(i<<1|1,tr[i<<1].maxn);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    build(1,1,n);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        modify(1,x,1.0*y/x);
        printf("%d\n",tr[1].ans);
    }
}