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
HINT
对于所有的数据1<=Xi<=N，1<=Yi<=10^9，N,M<=100000
很久以前的考试题……当时没有写出来，今天才想起来补上来……
首先这道题就是要求维护一个序列，支持单点修改和从$1$开始的单增序列长度。
当时我在想区间问题一般要用线段树，觉得这道题要想update就得把区间中单增的元素给全部存下来。然后这样复杂度就不对了TAT……
其实这道题根本没有必要把区间的单增元素给全部存下来，只需要存最大值就够了，也就是单增序列的最后一个。但是这样如何update呢？首先显然左半区间的单增序列是肯定要计入答案的。然后我们就可以记录下左半区间的最大值$x$，从右半区间开始往下二分一下，每次判断左半部分的最大值是否大于等于$x$，如果是的话就把当前区间右半部分的答案给加进来，然后往左走；否则就直接往右走。
说了这么多有点晕……如果还是不懂就看代码吧，代码很短。
下面贴代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long double llg;
int n,m,siz[maxn<<2],L,z;
llg maxv[maxn<<2];
int getint(){
int w=0;bool q=0;
char c=getchar();
while((c>'9'||c<'0')&&c!='-') c=getchar();
if(c=='-') c=getchar(),q=1;
while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar();
return q?-w:w;
}
void update(int u,int l,int r){
int lc=u<<1,lv=u<<1|1,mid=(l+r)>>1,nn=lv;
maxv[u]=max(maxv[lc],maxv[lv]);
siz[u]=siz[lc]; l=mid+1;
if(maxv[lv]>maxv[lc]){
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
if(maxv[nn<<1]>=maxv[lc]) siz[u]+=siz[nn]-siz[nn<<1],nn<<=1,r=mid;
else nn=nn<<1|1,l=mid+1;
}
if(maxv[nn]>maxv[lc]) siz[u]++;
}
}
void add(int u,int l,int r){
int lc=u<<1,lv=u<<1|1,mid=(l+r)>>1;
if(l==r){siz[u]=1;maxv[u]=(llg)z/(llg)l;return;}
if(L<=mid) add(lc,l,mid);
else add(lv,mid+1,r);
update(u,l,r);
}
int main(){
File("a");
n=getint(); m=getint();
while(m--){
L=getint(); z=getint();
add(1,1,n);
printf("%d
",siz[1]);
}
return 0;
}