[单调栈+线段树] 2020-2021 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest —

题面$

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定义了长度为 kkk 的几乎递增序列 {bi}\{b_i\}{bi} 为: min(b1,b2)≤min(b2,b3)≤...min(bk−1,bk)min(b_1, b_2) ≤ min(b_2, b_3) ≤ ... min(b_{k - 1}, b_k)min(b1,b2)≤min(b2,b3)≤...min(bk−1,bk)。
现在给定了一个长度为 n(n≤5e5)n \ (n ≤ 5e5)n (n≤5e5) 的数组 {ai}(1≤ai≤n)\{a_i\} \ ( 1 ≤a_i ≤ n){ai} (1≤ai≤n)，求几乎递增子序列的最长长度。

分析

我们可以得到，对于一个长度为 kkk 的几乎递增序列 {bi}(1≤i≤k)\{b_i\} (1 ≤ i ≤ k){bi}(1≤i≤k) ，当 i≥3i ≥ 3i≥3 时，有 bi≥min(bi−1,bi−2)b_i ≥ min(b_{i-1}, b_{i-2})bi≥min(bi−1,bi−2) 成立，即要么大于等于它前一个数，要么大于等于其前前一个数。如果我们定义了 b0=0b_0 = 0b0=0，那么对于 i≥2i ≥ 2i≥2 都成立。
如果定义以 bib_ibi 结尾的几乎递增序列的最大长度为 dp[i]dp[i]dp[i] ，则有三种转移情况：
①为一个子序列的首部，即 dp[i]=1dp[i] = 1dp[i]=1;
②对于已有子序列 {bm1,bm2,...bmk}\{b_{m1}, b_{m2}, ...b_{mk}\}{bm1,bm2,...bmk}，有 bi≥bmkb_i ≥ b_{m_k}bi≥bmk，即大于等于最后一个数，也就是对于 j＜ij ＜ ij＜i, 满足 a[j]≤a[i]a[j] ≤ a[i]a[j]≤a[i]，则 dp[i]=max(dp[j]+1)dp[i] = max(dp[j] + 1)dp[i]=max(dp[j]+1);
③对于已有子序列 {bm1,bm2,...bmk−1,bmk}\{b_{m1}, b_{m2}, ...b_{mk-1}, b_{mk}\}{bm1,bm2,...bmk−1,bmk}，若 bmk−1≥bmkb_{mk-1} ≥ b_{mk}bmk−1≥bmk，那么肯定也能从 bmkb_{mk}bmk 转移过来，我们这里就不考虑，只考虑 bmk−1＜bmkb_{mk-1} ＜ b_{mk}bmk−1＜bmk 的情况，也就是对于 j1＜j2＜ij_1 ＜ j_2 ＜ ij1＜j2＜i, 满足 a[j1]＜a[j2],a[j1]≤a[i]a[j_1] ＜ a[j_2], \ a[j_1] ≤ a[i]a[j1]＜a[j2], a[j1]≤a[i]，则 dp[i]=max(dp[j1]+2)dp[i] = max(dp[j_1] + 2)dp[i]=max(dp[j1]+2);

对于 ①、②两种情况，由于 {ai}(1≤ai≤n)\{a_i\} \ ( 1 ≤a_i ≤ n){ai} (1≤ai≤n)，可以分别用两棵线段树来记录当前满足条件的值的最大值，如①，可以在第一棵线段树查询最后一个值在 [0,a[i]][0, a[i]][0,a[i]] 的最长几乎递增序列，然后去更新a[i]a[i]a[i]，对于②的话，由于需要右侧有一个数大于它，所以需要用单调栈来维护一下，当它右侧第一个大于它的数被更新后，才能更新它。

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <set>
#define here printf("modassing [%s] in LINE %d\n", __FUNCTION__, __LINE__);
#define debug(x) cout << #x << ":\t" << (x) << endl;using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> P;
const int maxn = 5e5 + 10;
const int maxm = 1e6 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
const double pi = acos(-1.0);class Segment_Tree
{int tree[maxn << 2];public:void build(int node, int l, int r){if(l == r){tree[node] = -INF;return;}int mid =  (l + r) / 2;build(node * 2, l, mid);build(node * 2 + 1, mid + 1, r);tree[node] = -INF;}int query(int node, int l, int r, int x, int y){if(x <= l && y >= r)return tree[node];int ans = -INF, mid = (l + r) / 2;if(x <= mid) ans = max(query(node * 2, l, mid, x, y), ans);if(y > mid) ans = max(query(node * 2 + 1, mid + 1, r, x, y), ans);return ans;}void update(int node, int l, int r, int x, int c){if(l == r){tree[node] = max(tree[node], c);return;}int mid = (l + r) / 2;if(x <= mid) update(2*node, l, mid, x, c);else update(2 * node + 1, mid + 1, r, x, c);tree[node] = max(tree[node * 2], tree[node * 2 + 1]);}
}t1, t2;struct node
{int id, nxt;bool operator<(const node& m){return nxt < m.nxt;}
} pro[maxn];int t, n, a[maxn], dp[maxn];int main()
{scanf("%d", &t);while(t--){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 1; i <= n; i++) pro[i].id = i;stack<P> st;for (int i = 1; i <= n; i++){while(!st.empty() && a[i] >= st.top().first){pro[st.top().second].nxt = i;st.pop();}st.push(P(a[i], i));}while(!st.empty()){pro[st.top().second].nxt = n + 1;st.pop();}//for (int i = 1; i <= n; i++)//cout << pro[i].nxt << endl;sort(pro + 1, pro + 1 + n);int cur = 0;t1.build(1, 0, n);t2.build(1, 0, n);t1.update(1, 0, n, 0, 0);for (int i = 1; i <= n; i++){dp[i] = max({1, t1.query(1, 0, n, 0, a[i]) + 1, t2.query(1, 0, n, 0, a[i]) + 2});//cout << i << " " << dp[i] << endl;while(cur < n && pro[cur].nxt <= i){t2.update(1, 0, n, a[pro[cur].id], dp[pro[cur].id]);cur++;}t1.update(1, 0, n, a[i], dp[i]);}int ans = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)  ans = max(ans, dp[i]);printf("%d\n", ans);}
}

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