Description
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？
Input
第一行两个正整数N,M
接下来M行，每行两个正整数Xi,Yi
Output
M行，第i行一个整数表示第i天过后小A能看到的楼房有多少栋
数据约定
对于所有的数据1<=Xi<=N，1<=Yi<=10^9
N,M<=100000
题目分析
线段树的巧妙应用：对于每一个线段树区间记录最大值$mx$和以其左端点为起点的答案$ans$。
考虑信息如何合并：对于区间rt，首先肯定继承了rt.lson的答案，再者若rt.rson的最大值rson.mx<lson.mx，也即右区间再不会被访问到了；否则考虑rson的两个子区间，如果rson.lson.mx<lson.mx只需考虑rson.rson，反之答案就是rson.ans(原先rson两个区间的答案和)-rson.lson.ans(现在以rt.lson.mx为起点，需要重新计算rson.lson的贡献；剩下的rson.rson.ans由于是以rson.lson为起点，那么必定是考虑完rson.lson.mx的答案之后的贡献，因此不必改变)+calc(rson.lson)($\text{calc}$即重复以上的统计过程)。
图示如上：
（话说第一发居然因为eps开太小WA了一次）
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
const double eps = 1e-; struct node
{
int ans;
double mx;
}f[maxn<<];
int n,m; int read()
{
char ch = getchar();
int num = , fl = ;
for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
if (ch=='-') fl = -;
for (; isdigit(ch); ch=getchar())
num = (num<<)+(num<<)+ch-;
return num*fl;
}
int calc(int rt, int l, int r, double c)
{
if (l==r) return f[rt].mx > c;
int mid = (l+r)>>;
if (f[rt<<].mx-c <= eps) return calc(rt<<|, mid+, r, c);
return f[rt].ans-f[rt<<].ans+calc(rt<<, l, mid, c);
}
void modify(int rt, int l, int r, int pos, double c)
{
if (l==r) f[rt].ans = , f[rt].mx = c;
else{
int mid = (l+r)>>;
if (pos <= mid) modify(rt<<, l, mid, pos, c);
else modify(rt<<|, mid+, r, pos, c);
f[rt].mx = std::max(f[rt<<].mx, f[rt<<|].mx);
f[rt].ans = f[rt<<].ans+calc(rt<<|, mid+, r, f[rt<<].mx);
}
}
int main()
{
n = read(), m = read();
for (; m; --m)
{
int x = read(), y = read();
modify(, , n, x, 1.0*y/x);
printf("%d\n",f[].ans);
}
return ;
}
END