[HEOI2016/TJOI2016]序列 CDQ分治

～～～题面～～～

题解：

首先我们观察一下，如果一个点对（j, i),

要符合题中要求要满足哪些条件？

首先我们设 j < i

那么有：

j < i

max[j] < v[i]

v[j] < min[i]

（注意下面两个式子都是用的v[i],v[j],,,而不是i , j。。。之前因为这个问题纠结了很久，其实我也不知道我在纠结什么。。。）

这三个式子是不是很眼熟？

如果式子变成：

j < i

max[j] < max[i]

min[j] < min[i]

是不是就和三维偏序一模一样了？

但是还是略有区别，不过区别不大，所以我们考虑一个变种的三维偏序。

在之前的板子中我用的是归并排序。

但由于这个题目式子不同。所以归并排序不在合适

首先CDQ可以保证id的相对有序。

而为了比较max[j] 和 v[i]

我们使用sort，分别对左边按max排序，对右边按id排序。

为了比较v[j] < min[i]

我们使用树状数组，

在满足max[j] < v[i]的条件下，

在树状数组的第v[j]位插入大小为ans[j]的数。

查询时用min[i]查询。

树状数组维护最大值（此时不满足区间减法）

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 100100
 #define getchar() *o++
 #define lowbit(x) (x & (-x))
 #define D printf("line in %d\n", __LINE__);
 char READ[], *o = READ;
 /*变种三维偏序，
 总的来说就是要保证这三个式子。
 i < j
 max[j] < v[i]
 v[j] < min[i]
 可以看出的三维偏序是非常类似的，
 所以也可以用CDQ + 归并 + 树状数组实现。
 CDQ维护下标，也就是第一个式子
 归并维护第二个式子，
 树状数组用于在归并的条件下查询满足第3个式子的贡献。
 本质上是类似DP的东西？
 p[i].ans 表示以i为结尾的子序列的最长长度
 */
 /*初始状态下id相对有序，归并维护maxj的顺序
 但是这个好像和原来的不一样？？？
 原来的是维护maxj < maxi,两边都是一样的属性，
 所以归并完就排好了，因为它的要求对于左边和右边而言是一样的，
 都是要按maxj排序，这样的话归并一遍，等到回去的时候这个小块就是按maxj排好序的。
 就符合上面的要求。
 但是这个maxj < i,两边是不同的属性，所以不太适用。。。
 因为这样的话要求小块处理完后左边是按照maxnj排序的，而右边却是按照i排序的。
 因此这就不便于处理，也就是根本不能排。
 而且这里左边对右边的贡献是有顺序限制的，因此小块处理也要分开
 还是要用sort啊......*/
 int n, m, ans, maxn;
 int power[AC], tmp[AC], c[AC];
 struct node{
     int id, max, min, ans, v;
 }p[AC];

 inline int read()
 {
     int x = ; char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 inline void upmin(int &a, int b)
 {
     if(a > b) a = b;
 }

 inline void upmax(int &a, int b)
 {
     if(b > a) a = b;
 }

 inline bool cmp1(node a, node b)//按max排序
 {
     return a.max < b.max;
 }

 inline bool cmp2(node a, node b)//v排序
 {
     return a.v < b.v;
 }
 //按id排序，因为右边块的调用是在处理完左边和左边对右边的贡献后的，
 inline bool cmp3(node a, node b)//而这时右边已经不在是id有序的状态了，（因为按v排了序），但是又要求id有序，所以还要还原一次
 {
     return a.id < b.id;
 }

 //min由树状数组负责
 void pre()
 {
     int a, b;
     n = read(), m = read();
     for(R i = ; i <= n; i++)
     {
         p[i].id = i;
         p[i].v = p[i].max = p[i].min = read();
     }
     for(R i = ; i <= m; i++)
     {
         a = read(), b = read();
         upmax(p[a].max, b);
         upmax(maxn, b);
         upmin(p[a].min, b);
     }
 }

 inline void add(int x, int w)//维护前缀最大值的树状数组（不符合区间减法）
 {
     for(R i = x; i <= maxn; i += lowbit(i)) upmax(c[i], w);//维护最大值
 }//因为维护的格子是以v[i]为基础的，存的东西是ans[i],所以上界自然是max(v[i])

 inline int sum(int x)//查询前缀最大值
 {
     int ans = ;
     for(R i = x; i ; i -= lowbit(i)) upmax(ans, c[i]);
     return ans;
 }

 inline void clear(int x)
 {
     for(R i = x; i <= maxn; i += lowbit(i)) c[i] = ;
 }

 void CDQ(int l, int r)
 {
     if(l < r)
     {
         int mid = (l + r) >> ;
         CDQ(l, mid);
         sort(p + l, p + mid + , cmp1);//按max排序
         sort(p + mid + , p + r + , cmp2);//按v排序
         int i = l, j = mid + ;
         while(j <= r)//因为要靠这个代替内层循环，所以这个要用||,但是又不能直接用||，因为会导致死循环（i一直不符合条件）
         {//j一直往后走，因此直接判断j，相当于外层只是控制j的
             while(p[i].max <= p[j].v && i <= mid) add(p[i].v, p[i].ans), ++i;
             upmax(p[j].ans, sum(p[j].min) + ), ++j;//还要加上自己,因为i往后移动了，所以这个时候再判断大小就不对了，所以干脆强制转移
         } //让外层循环代替内层循环
         for(R k = l; k <= i; k++) clear(p[k].v);//error!!!放进去了多少就拿出来多少，不然就浪费了
         sort(p + mid + , p + r + , cmp3);//还原id
         CDQ(mid + , r);//因为这个要统计最长长度，是有先后顺序的，陌上花开是在统计个数，是可以允许没有顺序的
     }
     else upmax(p[l].ans, );//最少也是1了
 }

 void work()
 {
     for(R i = ; i <= n; i++) upmax(ans, p[i].ans);
     printf("%d\n", ans);
 //    printf("time used... %lf\n", (double)clock()/CLOCKS_PER_SEC);
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in", "r", stdin);
     fread(READ, , , stdin);
     pre();
     CDQ(, n);
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }