【BZOJ4553】【TJOI2016】【HEOI2016】序列
cdq和整体二分之间的关系好迷啊
原题：
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
n<=100,000
这题在无上大神犇claris指点下发现是cdq分治，cdq分治这种东西我虽然会但是学的不好，遇到用cdq分治的题总能用(伪)整体二分做
然后这道题似乎不能用整体二分了，至少我的整体二分错了，网上也找不到使用整体二分的题解
所以只能看别人的代码搞cdq分治了，cdq分治的代码非常好懂，这道题很容易就看明白了，但是将思路扩展到更广泛的应用还需要继续思考
所以先说一下此题的思路：
首先先要明确一下题意，每次只能改一个数，如果想改另一个就必须先把这个数变回原来的再改另一个（这个我开始想的一段时间理解错了，看了题解才发现
然后就可以用max[i]表示这个数最大能变成什么，min[i]是最小能变成什么
酱紫就转化成一个近似lis(导弹拦截)的模型，能使f[j]转移到f[i]转移的条件是j<i，max[j]<=a[i]，a[j]<=min[i]，然后这就是个三维偏序的问题
经典cdq分治
先递归l到mid+1处理前半段，然后对前半段的a增序排序，后半段的min增序排序
i从l到mid，在外面定义一个j=mid+1，每次如果min[j]<a[i]，就更新j的答案并j++，在i的循环结束后还要j到r更新剩下的j的答案
感觉好玄啊，其中的奥妙还需要更多的思考
注意不能直接暴力memset树状数组，最好写个一清楚函数，比直接memset快不知道哪里去了
代码：
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 int rd(){int z=0,mk=1; char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')mk=-1; ch=getchar();} 9 while(ch>='0'&&ch<='9'){z=(z<<3)+(z<<1)+ch-'0'; ch=getchar();} 10 return z*mk; 11 } 12 struct dcd{int x,y,z,id;}a[110000]; 13 int n,m,b[110000]; 14 int id[110000],mx[110000],mn[110000]; 15 int f[110000]; 16 dcd q[110000]; 17 int ans[110000]; 18 int e[110000],lbt[110000]; 19 void gtlbt(){ for(int i=1;i<=n;++i) lbt[i]=i&-i;} 20 //void mdf(int x,int y){ while(x<=n) e[x]+=y,x+=lbt[x];} 21 //int qr(int x){ int bwl=0; while(x) bwl+=e[x],x-=lbt[x]; return bwl;} 22 void mdf(int x,int y){ while(x<=n) e[x]=max(e[x],y),x+=lbt[x];} 23 void dlt(int x){ while(x<=n) e[x]=0,x+=lbt[x];} 24 int qr(int x){ int bwl=0; while(x) bwl=max(bwl,e[x]),x-=lbt[x]; return bwl;} 25 /*void bnr(int l,int r){ 26 if(l==r) return ; 27 int md=(l+r)>>1; 28 *for(int i=l;i<=r;++i){ 29 if(a[i].y>=md) ans[a[i].id]+=qr(a[i].x); 30 if(a[i].x<=md) mdf(a[i].z,1); 31 }* 32 //cout<<md<<endl; 33 memset(e,0,sizeof(e)); 34 for(int i=l;i<=r;++i){ 35 //cout<<l<<" "<<r<<" "<<a[i].y<<" "<<a[i].x<<" "<<a[i].z<<endl; 36 if(a[i].y>=md) f[a[i].id]=max(f[a[i].id],qr(a[i].x)+1); 37 if(a[i].x<=md) mdf(a[i].z,f[a[i].id]); 38 } 39 //for(int i=l;i<=r;++i)if(a[i].x<=md) mdf(a[i].z,-1); 40 int t1=l,t2=md+1; 41 for(int i=l;i<=r;++i) q[(a[i].y<=md?t1:t2)++]=a[i]; 42 for(int i=l;i<=r;++i) q[i]=q[i]; 43 bnr(l,md),bnr(md+1,r); 44 }*/ 45 bool cmp1(dcd x,dcd y){ return x.x<y.x;} 46 bool cmp2(dcd x,dcd y){ return x.y<y.y;} 47 bool cmp3(dcd x,dcd y){ return x.id<y.id;} 48 void cdq(int l,int r){ 49 if(l==r) return ; 50 int md=(l+r)>>1; 51 cdq(l,md); 52 sort(a+l,a+md+1,cmp1),sort(a+md+1,a+r+1,cmp2); 53 //memset(e,0,sizeof(e)); 54 int j=md+1; 55 for(int i=l;i<=md;++i){ 56 while(j<=r && a[j].y<a[i].x) ans[a[j].id]=max(ans[a[j].id],qr(a[j].x)+1),++j; 57 mdf(a[i].z,ans[a[i].id]); 58 } 59 while(j<=r) ans[a[j].id]=max(ans[a[j].id],qr(a[j].x)+1),++j; 60 for(int i=l;i<=md;++i) dlt(a[i].z); 61 sort(a+md+1,a+r+1,cmp3); 62 cdq(md+1,r); 63 } 64 int main(){ 65 //freopen("ddd.in","r",stdin); 66 //freopen("heoi2016_seq.in","r",stdin); 67 //freopen("heoi2016_seq.out","w",stdout); 68 memset(f,0,sizeof(f)); 69 cin>>n>>m; 70 gtlbt(); 71 for(int i=1;i<=n;++i) mx[i]=mn[i]=b[i]=rd(); 72 int l,r; 73 while(m--){ 74 l=rd(),r=rd(); 75 mx[l]=max(mx[l],r),mn[l]=min(mn[l],r); 76 } 77 for(int i=1;i<=n;++i) a[i].id=i,a[i].x=b[i],a[i].y=mn[i],a[i].z=mx[i],ans[i]=1; 78 cdq(1,n); 79 int mxx=0; 80 for(int i=1;i<=n;++i) mxx=max(mxx,ans[i]); 81 cout<<mxx<<endl; 82 return 0; 83 }
