BZOJ4553 - [TJOI2016]序列

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Description

给出一个\(n(n\leq10^5)\)个数的数列\(\{a_n\}\)和\(m(m\leq10^5)\)个形如\((x,y)\)的变化，表示\(a_x\)可以变成\(y\)。我们称一个子序列是合法的当且仅当其中至多一个数发生变化后，其仍然是一个不降序列。求最长合法子序列的长度。

Solution

记\(a_i\)能变化的最小值为\(fr_i\)，最大值为\(to_i\)，\(dp[i]\)表示以\(a_i\)结尾的最长合法子序列的长度。则很容易得到：

\[ dp[i]=max\{dp[j]\}+1 \quad (j<i,to_j\leq a_i,a_j\leq fr_i) $$ 时间复杂度为$O(n^2)$。
考虑如何快速求出满足$to_j\leq a_i,a_j\leq fr_i$的$j$，可以用k-d树搞（可能被卡常），这里用CDQ分治解决。
每次考虑$dp[L..mid]$对$dp[mid+1..R]$的影响。对于$i\in[mid+1,R]$记录三元组$(a_i,fr_i,i)$，对于$j\in[L,mid]$记录三元组$(to_j,a_j,j)$，排序后用线段树可搞。具体来说，线段树上区间$[L_0,R_0]$维护满足$a_j\in[L_0,R_0]$的$dp[j]$的最大值。排序保证了$to_j\leq a_i$，并且询问处于最后。
> 时间复杂度$O(nlog^2n)$。

##Code
```cpp
//序列
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*s,*t;
if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
return *s++;
}
inline int read()
{
int x=0; char ch=gc();
while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
return x;
}
int const N=1e5+10;
int const V=N;
int n,m;
struct rec{int a,fr,to,id;} r[N],r1[N];
int cmpM;
bool cmpR(rec x,rec y)
{
int x1,x2,y1,y2;
if(x.id<=cmpM) x1=x.to,x2=x.a;
else x1=x.a,x2=x.fr;
if(y.id<=cmpM) y1=y.to,y2=y.a;
else y1=y.a,y2=y.fr;
if(x1==y1) return x2==y2?x.id<y.id:x2<y2;
else return x1<y1;
}
int dp[N];
#define Ls (p<<1)
#define Rs ((p<<1)|1)
int rt; int maxV[N<<2],tag[N<<2];
void update(int p) {maxV[p]=max(maxV[Ls],maxV[Rs]);}
void change(int p,int x) {maxV[p]=tag[p]=x;}
void pushdw(int p) {if(tag[p]!=-1) change(Ls,tag[p]),change(Rs,tag[p]),tag[p]=-1;}
int L,R; int tr[N];
void ins(int p,int L0,int R0,int x)
{
if(L==L0&&R0==L) {change(p,max(maxV[p],x)); return;}
pushdw(p);
int mid=L0+R0>>1;
if(L<=mid) ins(Ls,L0,mid,x);
else ins(Rs,mid+1,R0,x);
update(p);
}
int query(int p,int L0,int R0)
{
if(L<=L0&&R0<=R) return maxV[p];
pushdw(p);
int mid=L0+R0>>1,res=0;
if(L<=mid) res=max(res,query(Ls,L0,mid));
if(mid<R) res=max(res,query(Rs,mid+1,R0));
return res;
}
void solve(int fr,int to)
{
if(fr==to) return;
int mid=fr+to>>1;
solve(fr,mid);
for(int i=fr;i<=to;i++) r1[i]=r[i];
cmpM=mid; sort(r1+fr,r1+to+1,cmpR);
change(rt,0);
for(int i=fr;i<=to;i++)
{
int t=r1[i].id;
if(t<=mid) L=r[t].a,ins(rt,1,V,dp[t]);
else L=1,R=r[t].fr,dp[t]=max(dp[t],query(rt,1,V)+1);
}
solve(mid+1,to);
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) r[i].fr=r[i].to=r[i].a=read(),r[i].id=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
r[x].fr=min(r[x].fr,y),r[x].to=max(r[x].to,y);
}
rt=1; memset(tag,-1,sizeof tag);
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=1;
solve(1,n);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
```\]