[luogu1108&2687][USACO4.3]Buy Low, Buy Lower（STL乱搞+高精度）

题目：

我是超链接

题解：

水题而已，大部分人都应该会做，我突然想挑战一下nlogn的做法，然后。。。。
b[i]表示以i结尾的方案数
二分的第一问好做，问题是方案数怎么统计
每一个g存的数字都会被一个大于ta的数字替换，也就是说假如把所有的g值记录下来就是单调递增的，这样每次更新g的时候，方案数就是前一位比他大的数字方案数的和。
但很快博主就发现这个思路超难实现：无法处理有相等的数字出现时的方案数，你既不能置之不理【按照以前的那个加，这不就重复了吗】，也不能全盘替换【把以前的清空，虽然最后一个最优，但是前面的以其他数字结尾的方案也全没了】，总之弄一个ans统计简直没法玩。
www那怎么办，博主看到了一个做法，把n++，最后一个a放一个极小的数字，这样就可以把所有的方案数总结起来。
woc好科学啊，我怎么没有想到？
这道题相比那个大家熟悉的还需要高精度，这里博主压了4位

代码：

#include <cstdio>#include <vector>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;struct hh{int tim,z;};vector<hh>nxt[5005];int n,i,a[5005],g[5005],ans,ll[5005];struct bignum{int l,a[500];void cl(){memset(a,0,sizeof(a));l=0;}}b[5005];void gjj(bignum &a,bignum b){    a.l+=b.l;int x=0;    for (int i=1;i<=a.l;i++)    {        a.a[i]=a.a[i]+b.a[i]+x;        x=a.a[i]/10000;        a.a[i]%=10000;    }    while (!a.a[a.l]) a.l--;}int main(){    scanf("%d",&n);    for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);    int tot=0,maxx=0;    a[++n]=-1e9;    for (i=1;i<=n;i++)    {        int l=1,r=tot;        while (l<=r)        {            int mid=(l+r)>>1;            if (g[mid]<=a[i]) r=mid-1;            else l=mid+1;        }        int now=i;        if (!nxt[r+1].size() || a[i]!=a[nxt[r+1][nxt[r+1].size()-1].tim])//避免加入重复的数字           nxt[r+1].push_back((hh){i,a[i]});        else now=nxt[r+1][nxt[r+1].size()-1].tim;        b[now].cl();//把以前的清零，因为作为结尾的话后面的数字一定比前面的优         if (r)        for (int j=ll[r];j<nxt[r].size();j++)        {            if (nxt[r][j].z<=a[i]) ll[r]++;            else gjj(b[now],b[nxt[r][j].tim]);        }        g[r+1]=a[i];        tot=max(tot,r+1);        if (b[now].l==0) b[now].l=1,b[now].a[1]=1;         //处理方式就是以前重复过的就覆盖以前的，因为最后手动加了一个最小数，以前所有的方案都会汇总到一起     }    printf("%d ",tot-1);    //高精度压4位    printf("%d",b[n].a[b[n].l]);    for (i=b[n].l-1;i>=1;i--)    {        printf("%d",b[n].a[i]/1000);        printf("%d",b[n].a[i]/100%10);        printf("%d",b[n].a[i]/10%10);        printf("%d",b[n].a[i]%10);    }}