[Tjoi2016&Heoi2016]序列

Description

佳媛姐姐过生日的时候，她的小伙伴从某宝上买了一个有趣的玩具送给他。玩具上有一个数列，数列中某些项的值可能会变化，但同一个时刻最多只有一个值发生变化。现在佳媛姐姐已经研究出了所有变化的可能性，她想请教你，能否选出一个子序列，使得在任意一种变化中，这个子序列都是不降的？请你告诉她这个子序列的最长长度即可
。注意：每种变化最多只有一个值发生变化。在样例输入1中，所有的变化是：
1 2 3
2 2 3
1 3 3
1 1 31 2 4
选择子序列为原序列，即在任意一种变化中均为不降子序列在样例输入2中，所有的变化是:3 3 33 2 3选择子序列
为第一个元素和第三个元素，或者第二个元素和第三个元素，均可满足要求

Input

输入的第一行有两个正整数n, m，分别表示序列的长度和变化的个数。接下来一行有n个数，表示这个数列原始的状态。接下来m行，每行有2个数x, y，表示数列的第x项可以变化成y这个值。1 <= x <= n。所有数字均为正整数，且小于等于100,000

Output

输出一个整数，表示对应的答案

Sample Input

3 4
1 2 3
1 2
2 3
2 1
3 4

Sample Output

3

分析

设f[i]表示以i为最后一位，能求出的序列最长为多少。
f[i]=max{f[j]+1} 一个可以转移的j要满足以下条件：
1. j< i
2. a[j]< a[i] （两个都不变化）
3. a[j]< Min[i] （i变化，Min[i]为i可变化的最小值）
4. Max[j]< a[i] （j变化，Max[j]为j可变化的最大值）
时间复杂度O(n2)

正解1

其实可以把条件2、3、4合并一下，然后变成max(a[j],Max[j])< a[i] 和a[j]< min(a[i],Min[i])两个条件

两个条件，很容易让人想到用树套树做。
时间复杂度O(nlog2n)

正解2

也是上面的两个条件。
枚举更新f[i]时，可以把它拆成两个操作：查询最大值和插入操作。
操作是相互独立的，而且可以离线做，所以可以考虑cdq分治
对于操作区间[l,r]，先处理完[l,mid]，然后用这部分的答案更新[mid+1,r]的答案，最后递归处理[mid+1,r]。离线更新答案可以按一个条件排序，然后用树状数组查询。
时间复杂度O(nlog2n)

cdq分治的代码#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=200005,N=100000;int n,m,tot,a[maxn],b[maxn],c[maxn],f[maxn],s[maxn];struct data{    int x,y,v;}A[maxn],B[maxn];bool cmp(data a,data b){    return a.x<b.x;}int lowbit(int x){    return x & (-x);}void insert(int x,int y){    for (;x<=N;x+=lowbit(x)) s[x]=max(s[x],y);}int get(int x){    int k=0;    for (;x;x-=lowbit(x)) k=max(k,s[x]);    return k;}void clear(int x){    for (;x<=N;x+=lowbit(x)) s[x]=0;}void solve(int l,int r){    if (l==r)    {        f[l]=max(f[l],1);        return;    }    int mid=(l+r)/2,i,j;    solve(l,mid);    for (i=l;i<=mid;i++)    {        A[i].v=f[i];        A[i].x=a[i];        A[i].y=c[i];    }    for (i=mid+1;i<=r;i++)    {        B[i].v=i;        B[i].x=b[i];        B[i].y=a[i];    }    sort(A+l,A+mid+1,cmp);    sort(B+mid+1,B+r+1,cmp);    for (i=l,j=mid+1;j<=r;j++)    {        for (;i<=mid && A[i].x<=B[j].x;i++) insert(A[i].y,A[i].v);        f[B[j].v]=max(f[B[j].v],get(B[j].y)+1);    }    for (i--;i>=l;i--) clear(A[i].y);    solve(mid+1,r);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    memset(b,42,sizeof(b));    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);    while (m--)    {        int x,y;        scanf("%d%d",&x,&y);        b[x]=min(b[x],y);        c[x]=max(c[x],y);    }    for (int i=1;i<=n;i++)    {        b[i]=min(b[i],a[i]);        c[i]=max(c[i],a[i]);    }    solve(1,n);    int ans=0;    for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);    printf("%d\n",ans);    return 0;}