CF1638C

题面

蒟蒻有一种用 set 的乱搞（？）做法。

将题目中的连边要求反着说一遍：$i>j$ 且 $a_i<a_j$。

考虑遍历 $a$ 时，遍历到的 $a_i$ 编号一定要比它前面的大，只需要将前面比它大的元素都和它连起来。

将每个连通块看作一个整体，只要 $a_i$ 比其中任意一个小，$a_i$ 就可以加入这个连通块。

因此可以用 set 维护每个连通块的最大值（因为只需要小于最大值即可），在其中 lower_bound 或 upper_bound 出第一个大于 $a_i$ 的位置。由于所有比 $a_i$ 大的连通块都要和 $a_i$ 相连成为同一个，因此将 set 中所有大于 $a_i$ 的元素都删除，只保留最大的一个代表这个连通块。

剩下的一些细节看代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int>st;
int main(){
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        int n;scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int x;scanf("%d",&x);//干脆在线搞，x即为上文a[i]
            auto it=st.upper_bound(x);
            if(it==st.end())st.insert(x);//it==st.end()说明没有比x大的，因此x独立成为一个连通块
            else while(++it!=st.end())//判断当前是否最大的元素
                it=st.erase(--it);//由于刚才++了，现在要--回来。erase的返回值为下一个元素的迭代器
        }
        printf("%d\n",st.size());
        st.clear();
    }
    return 0;
}

时间复杂度：

一次 upper_bound 的时间复杂度为 $O(\log n)$，共执行 $n$ 次，bound 总复杂度 $O(n\log n)$。

一次 erase 的时间复杂度为 $O(\log n)$，每个元素最多被删除 $1$ 次，一共最多删除 $n$ 次，erase 总复杂度 $O(n\log n)$。

总复杂度 $O(n\log n)$，可过。