Codeforces 650 D. Zip-line

$ >Codeforces \space 650 D.\ Zip-line<$

题目大意 :

有一个长度为 $n$ 的序列 $h$ ，$m$ 次询问，每一次询问求如果把序列中第 $x$ 元素变成 $y$ 后的 $lis$ 长度

$1 \leq n, m \leq 4 \times 10^5$

解题思路 :

考虑答案的形态由两部分组成，一部分是包含 $x$ 的 $lis$ ，一部分是不包含 $x$ 的 $lis$

前者显然可以维护左右两个 $dp$ 值然后主席树数一下点，难度在于后者。

对于第二部分，如果 $x$ 是之前所有 $lis$ 共有的点，那么第二部分的答案就是 $lis-1$ ，否则是 $lis$

考虑怎么判断一个点是否是所有 $lis$ 共有，下面先给出方法：

统计每一个点在 $lis$ 中出现的位置情况，设 $l[i]$ 表示从左到右以 $i$ 结尾的 $lis$ 长度，$r[i]$ 表示从右到左以 $i$ 结尾的 $lis$ 长度，如果 $l[i]+r[i]-1=lis$，那么 $i$ 在 $lis$ 中的出现位置就是 $l[i]$，记为 $pos[i]$

如果说点 $x$ 在 $lis$ 中的出现位置 $z$ 只有 $x$ 满足 $pos[x] =z$ ，那么显然 $x$ 是不能被替代的，其是所有 $lis$ 共有的点。不然的话必然存在一种方案不经过 $x$ 到另外一个满足 $pos[i] = z$ 的点 $i$ ，因为 $x$ 在任何方案下不能存在于两个位置，这样的话 $lis$ 长度就会更长，有矛盾。

所以只需要统计一下每一个 $i$ 是不是在所有的 $lis$ 中出现即可，总复杂度 $O((n+m)logn)$

某位神仙表示直接上分治 $O(nlog^2n)$ 就过了

/*program by mangoyang*/

#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")

#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")

#include<bits/stdc++.h>

#define inf (0x7f7f7f7f)

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

typedef long long ll;

using namespace std;

template <class T>

inline void read(T &x){

    int f = 0, ch = 0; x = 0;

    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;

    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;

    if(f) x = -x;

}

const int N = 400005;

int h[N], L[N], R[N], g[N], pos[N], tot[N], lis, n, m;

struct SegmentTree{

    int s[N*25], lc[N*25], rc[N*25], rt[N], size;

    inline SegmentTree(){ memset(s, 127, sizeof(s)); }

    inline void ins(int &u, int pr, int l, int r, int pos, int x){

        u = ++size, lc[u] = lc[pr], rc[u] = rc[pr];

        if(l == r) return (void)(s[u] = min(s[u], x));

        int mid = l + r >> 1;

        if(pos <= mid) ins(lc[u], lc[pr], l, mid, pos, x);

        else ins(rc[u], rc[pr], mid + 1, r, pos, x);

        s[u] = min(s[lc[u]], s[rc[u]]);

    }

    inline int query(int u, int l, int r, int x){

        if(l == r) return l;

        int mid = l + r >> 1;

        if(s[rc[u]] < x) return query(rc[u], mid + 1, r, x);

        if(s[lc[u]] < x) return query(lc[u], l, mid, x);

        return 0;

    }

}S1, S2;

int main(){

    read(n), read(m);

    for(int i = 1; i <= n; i++) read(h[i]);

    for(int i = 1; i <= n; i++) g[i] = inf;

    for(int i = 1; i <= n; i++){

        L[i] = lower_bound(g, g + n, h[i]) - g;

        g[L[i]] = min(g[L[i]], h[i]), lis = Max(lis, L[i]);

    }

    for(int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 0; g[0] = -inf;

    for(int i = n; i >= 1; i--){

        R[i] = lower_bound(g, g + n, -h[i]) - g;

        g[R[i]] = min(g[R[i]], -h[i]);

    }

    for(int i = 1; i <= n; i++)

        if(L[i] + R[i] - 1 == lis) pos[i] = L[i], tot[pos[i]]++;

    for(int i = 1; i <= n; i++)

        S1.ins(S1.rt[i], S1.rt[i-1], 1, n, L[i], h[i]);

    for(int i = n; i >= 1; i--)

        S2.ins(S2.rt[i], S2.rt[i+1], 1, n, R[i], -h[i]);

    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++){

        read(x), read(y); int res = 0;

        if(x > 1) res += S1.query(S1.rt[x-1], 1, n, y);

        if(x < n) res += S2.query(S2.rt[x+1], 1, n, -y);

        printf("%d\n", max(res + 1, (pos[x] && (tot[pos[x]] == 1)) ? lis - 1 : lis));

    }

    return 0;

}