CF650D 题解

一、题目描述：

　　给你一个长度为 $n$ 的序列 $a_{1} \sim a_{n}$ ， $0 \leq a_{i} \leq 1 \times 10^{9}$ 。

　　现在有 $m$ 次操作，第 $i$ 次操作将位置 $p_{i}$ 的数变为 $v_{i}$ ， $1 \leq v_{i} \leq 1 \times 10^{9}$ 。

　　操作仅对本次有效，并不会真的改变序列。求出每次操作后的最长严格上升子序列。

　　数据范围： $1 \leq n, m \leq 4 \times 10^{5}$ ;

二、解题思路：

　　其实这个题就是想让你掌握树状数组求 $L I S$ 的方法。

　　也许你会说：这不是小学生都会！是的，我就不会。

　　实际上真的很简单，考虑到转移方程 $f_{i} = m a x_{j = 1}^{i - 1} f_{j} + 1 [a_{j} < a_{i}]$ 。

　　很明显的线段树区间修改不就行了吗。

　　大概是我学 $L I S$ 的时候还太年轻，什么都想不到。

　　现在看来很显然，因为区间是前后缀所以可以用树状数组代替线段树。

　　然后就容易求出以 $a_{i}$ 结尾的 $L I S$ 长度 $f_{i}$ ，以 $a_{i}$ 开头的 $L I S$ 长度 $g_{i}$ 。

　　求 $g_{i}$ 的时候将 $a_{i}$ 视为 $t o t - a_{i} + 1$ 倒着做就行了， $t o t$ 为总的不同元素数量。

　　不难发现一次修改后新的的 $L I S$ 长度范围在原来的 $[L I S - 1, L I S + 1]$ 。

　　如果 $+ 1$ 当前位置 $i$ 一定满足 $f_{i} + g_{i} - 1 = L I S + 1$ 。

　　这里的 $L I S$ 指原来的 $L I S$ ， $f_{i}, g_{i}$ 为修改后的 $f_{i}, g_{i}$ 。

　　离线下来全部跑一边就可以求出新的 $f_{i}, g_{i}$ 。

　　如果 $- 1$ ，则新的 $f_{i} + g_{i} - 1 = L I S - 1$ ，且位置 $i$ 为原来 $L I S$ 必经的点。

　　怎么求某一个点是不是 $L I S$ 必经的点呢？这大概是这个题唯一的难点了。

　　不过我当然是想不到的，直接上经典结论：

　　 $记以第 i 个数结尾的 L I S 为 f_{i} ，记以第 i 个数开头的 L I S 为 g_{i}$

　　 $如果 f_{i} + g_{i} - 1 = a n s ，则 i 在某些 L I S 中，且 i 一定在 L I S 的第 f_{i} 位。 (考虑反证，很简单)$

　　 $于是我们得到判断位置 i 为 L I S 的必经点的充要条件：$

　　 $f_{i} + g_{i} - 1 = a n s 且不存在一个可以在 L I S 中的 j \neq i 满足 f_{j} = f_{i} 。$

　　现在你按照上述结论跑就可以了，结论很好，也很简单，时间复杂度 $O (n l o g_{2}^{n})$ 。

三、完整代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #define N 800010
 4 #define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
 5 #define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
 6 using namespace std;
 7 int n,m,num,lis,a[N],f[N],g[N],b[N],c[N],t[N],k[N],ans[N];
 8 int qry(int u){
 9     int res=0; while(u)res=max(res,c[u]),u-=u&-u; return res;
10 }
11 void upt(int u,int val){
12     while(u<=num) c[u]=max(c[u],val),u+=u&-u;
13 }
14 struct Query{
15     int pos,val,f,g,id;
16     bool operator < (const Query &t) const {
17         return pos<t.pos;
18     }
19 }q[N];
20 signed main(){
21     ios::sync_with_stdio(false);
22     cin.tie(0); cout.tie(0);
23     cin>>n>>m; rep(i,1,n) cin>>a[i],b[++num]=a[i];
24     rep(i,1,m) cin>>q[i].pos>>q[i].val,q[i].id=i;
25     rep(i,1,m) b[++num]=q[i].val;
26     sort(b+1,b+1+num); num=unique(b+1,b+1+num)-b-1;
27     rep(i,1,m) q[i].val=lower_bound(b+1,b+1+num,q[i].val)-b;
28     rep(i,1,n) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+num,a[i])-b;
29     rep(i,1,n) f[i]=qry(a[i])+1,upt(a[i]+1,f[i]);
30     rep(i,1,num) c[i]=0;
31     per(i,n,1) g[i]=qry(num+1-a[i])+1,upt(num+2-a[i],g[i]);
32     rep(i,1,n) lis=max(lis,f[i]+g[i]-1);
33     rep(i,1,n) if(f[i]+g[i]-1==lis) t[f[i]]++;
34     rep(i,1,n) if(f[i]+g[i]-1==lis&&t[f[i]]==1) k[i]=1;
35     sort(q+1,q+1+m); rep(i,1,num) c[i]=0; int now=1;
36     rep(i,1,n){
37         while(now<=m&&q[now].pos==i)
38             q[now].f=qry(q[now].val)+1,now++;
39         upt(a[i]+1,qry(a[i])+1);
40     }
41     rep(i,1,num) c[i]=0; now=m;
42     per(i,n,1){
43         while(now>=1&&q[now].pos==i)
44             q[now].g=qry(num-q[now].val+1)+1,now--;
45         upt(num+2-a[i],qry(num+1-a[i])+1);
46     }
47     rep(i,1,m){
48         int res=q[i].f+q[i].g-1;
49         if(res>=lis) ans[q[i].id]=res;
50         else ans[q[i].id]=lis-k[q[i].pos];
51     }
52     rep(i,1,m) cout<<ans[i]<<'\n';
53     return 0;
54 }

四、写题心得：

　　对 $L I S$ 又有了新的理解，收获如下：

　　 $1 、掌握了一个点为序列 L I S 必经点的充要条件，很厉害！ => E x p + +!$

　　 $2 、掌握了树状数组，线段树求 L I S 的方法，现在可以输出一组合法的 L I S 了！ => E x p + +!$

　　 $N O I P R P + +!$

posted on 2023-11-09 08:17 trh0630 阅读(13) 评论(0) 编辑收藏举报

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