题目描述
在一个小国家中，一个新的小镇终于建成了！如往常一样，Mirko获得了“首席税务巡查员”的职位。他的任务是保证正确地计算各公司的收入情况。一共有N家办公室坐落在主干道上，从左到右被编号为1~N。一开始，所有办公室一开始都是空的。随后，一些公司会搬入或搬出某些办公室。Mirko时不时地会经过某些办公室并审查在这些办公室中，最富有的公司的账目。
一个公司被以如下的方式描述：
T-表示搬入的第一天。
K-表示搬入的办公室的标号。
Z-公司每日的盈利。（可以是负值表示亏损）
S-公司搬入时的公司财务情况。（即公司的账户资金，也可以是负值）
如果一家公司已经在 K 办公室了，当有新公司要进入 K 办公室时，这家公司会立刻搬出。
新公司第一天并不会运营，盈利从第二天开始计算。
Mirko的审查以 3 个整数来描述：
T-审查的时间。
A 和 B-Mirko会检查 A 办公室至 B 办公室（包括A和B）之间的公司。
Mirko只会在一天结束时检查，所有公司这时已经计算完成了当天利润。
输入格式
第一行包含 2 个正整数：N（1<=N<=100000）表示办公室的数量和M（1<=M<=300000）表示事件的个数。
接下来 M 行，遵循以下格式：“1 T K Z S”或“2 T A B”（含义如题目描述）。其中 T 会严格递增，并且最后一天小于 1000000,Z 和 S 的绝对值也严格小于 1000000。
（注意A可能大于B）
输出格式
对于每次Mirko的审查，每行输出一个整数，表示当天最富有的公司的资产（可以为负）。如果Mirko经过的所有办公室中都没有公司入驻，则输出“nema”（不加引号）。
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题解：
- 由于$T$单调递增，所以题意是支持插入，求某个点在标号为$[L,R]$的一次函数上的最大值；
- 答案一定在下凸壳上，分块维护凸壳，有修改操作就打修改标记，查询时遇到修改标记暴力重构区间的凸壳；
- 同时$T$是单调递增的，可以维护每个块的最优值位置，查询向后移动；
- 设分块大小为$B$
- $T = nB log B+frac{n^2}{B} = n( BlogB + frac{n}{B})$
- 取$B = sqrt{frac{n}{logn}}$，$T = O(n sqrt{n} sqrt{log n})$
-
bzoj34631 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 12 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 13 #define ll long long 14 #define ld double 15 #define mk make_pair 16 #define fir first 17 #define sec second 18 #define il inline 19 #define rg register 20 #define pb push_back 21 using namespace std; 22 const int N=100010; 23 const ll inf = 1e18; 24 int n,m,u,bl[N],st[N],ed[N],vis[N],mfy[N],L[N],R[N],used[N]; 25 ld px[N]; 26 il char gc(){ 27 static char*p1,*p2,s[1000000]; 28 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 29 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 30 } 31 il int rd(){ 32 int x=0,f=1; char c=gc(); 33 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();} 34 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 35 return x*f; 36 } 37 struct line{ 38 ll k,b; 39 line(ll _k=0,ll _b=0):k(_k),b(_b){}; 40 bool operator <(const line&l)const{return k==l.k?b>l.b:k<l.k;} 41 }a[N],b[N]; 42 ld calx(line x,line y){return (ld)(x.b-y.b)/(y.k-x.k);} 43 il void build(int x){ 44 int cnt=st[x],top=st[x]; 45 for(rg int i=st[x];i<=ed[x];++i)if(vis[i])b[cnt++]=a[i]; 46 sort(b+st[x],b+cnt); 47 for(rg int i=st[x]+1;i<cnt;++i)if(b[i].k!=b[i-1].k){ 48 while(top>st[x]&&calx(b[i],b[top])<px[top-1])top--; 49 px[top]=calx(b[i],b[top]);b[++top]=b[i]; 50 } 51 L[x]=st[x];R[x]=top; 52 } 53 il ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;} 54 il void query(int T,int x,int y){ 55 if(x>y)swap(x,y); 56 ll re=-inf; 57 int l=bl[x],r=bl[y]; 58 if(l==r){for(rg int i=x;i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);} 59 else{ 60 for(rg int i=x;i<=ed[bl[x]];++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b); 61 for(rg int i=st[bl[y]];i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b); 62 for(rg int i=l+1;i<r;++i){ 63 if(mfy[i])build(i),mfy[i]=0,used[i]=1; 64 if(used[i]){ 65 while(L[i]<R[i]&&px[L[i]]<T)L[i]++; 66 re=max(re,b[L[i]].k*T+b[L[i]].b); 67 } 68 } 69 } 70 if(re==-inf)puts("nema");else printf("%lld ",re); 71 } 72 int main(){ 73 #ifndef ONLINE_JUDGE 74 freopen("bzoj3463.in","r",stdin); 75 freopen("bzoj3463.out","w",stdout); 76 #endif 77 n=rd();m=rd();u=sqrt(n/log2(n))+1; 78 for(int i=1;i<=n;++i)bl[i]=(i-1)/u+1; 79 for(int i=1;i<=bl[n];++i)st[i]=ed[i-1]+1,ed[i]=ed[i-1]+u; 80 ed[bl[n]]=n; 81 for(int i=1,op,T,x,y;i<=m;++i){ 82 op=rd();T=rd();x=rd();y=rd(); 83 if(op&1){ 84 vis[x]=1;mfy[bl[x]]=1; 85 a[x]=line(y,rd()-(ll)T*y); 86 }else query(T,x,y); 87 } 88 return 0; 89 }//by tkys_Austin;
