Codeforces 650 D. Zip-line

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题目大意 :
有一个长度为 (n) 的序列 (h) ，(m) 次询问，每一次询问求如果把序列中第 (x) 元素变成 (y) 后的 (lis) 长度

(1 leq n, m leq 4 imes 10^5)

解题思路 :

考虑答案的形态由两部分组成，一部分是包含 (x) 的 (lis) ，一部分是不包含 (x) 的 (lis)

前者显然可以维护左右两个 (dp) 值然后主席树数一下点，难度在于后者。

对于第二部分，如果 (x) 是之前所有 (lis) 共有的点，那么第二部分的答案就是 (lis-1) ，否则是 (lis)

考虑怎么判断一个点是否是所有 (lis) 共有，下面先给出方法：

统计每一个点在 (lis) 中出现的位置情况，设 (l[i]) 表示从左到右以 (i) 结尾的 (lis) 长度，(r[i]) 表示从右到左以 (i) 结尾的 (lis) 长度，如果 (l[i]+r[i]-1=lis)，那么 (i) 在 (lis) 中的出现位置就是 (l[i])，记为 (pos[i])

如果说点 (x) 在 (lis) 中的出现位置 (z) 只有 (x) 满足 (pos[x] =z) ，那么显然 (x) 是不能被替代的，其是所有 (lis) 共有的点。不然的话必然存在一种方案不经过 (x) 到另外一个满足 (pos[i] = z) 的点 (i) ，因为 (x) 在任何方案下不能存在于两个位置，这样的话 (lis) 长度就会更长，有矛盾。

所以只需要统计一下每一个 (i) 是不是在所有的 (lis) 中出现即可，总复杂度 (O((n+m)logn))

某位神仙表示直接上分治 (O(nlog^2n)) 就过了

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int f = 0, ch = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int N = 400005;
int h[N], L[N], R[N], g[N], pos[N], tot[N], lis, n, m;
 
struct SegmentTree{
    int s[N*25], lc[N*25], rc[N*25], rt[N], size;
    inline SegmentTree(){ memset(s, 127, sizeof(s)); }
    inline void ins(int &u, int pr, int l, int r, int pos, int x){
        u = ++size, lc[u] = lc[pr], rc[u] = rc[pr];
        if(l == r) return (void)(s[u] = min(s[u], x));
        int mid = l + r >> 1;
        if(pos <= mid) ins(lc[u], lc[pr], l, mid, pos, x);
        else ins(rc[u], rc[pr], mid + 1, r, pos, x);
        s[u] = min(s[lc[u]], s[rc[u]]);
    }
    inline int query(int u, int l, int r, int x){
        if(l == r) return l;
        int mid = l + r >> 1;
        if(s[rc[u]] < x) return query(rc[u], mid + 1, r, x);
        if(s[lc[u]] < x) return query(lc[u], l, mid, x);
        return 0;
    }
}S1, S2;
int main(){
    read(n), read(m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(h[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) g[i] = inf;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        L[i] = lower_bound(g, g + n, h[i]) - g;
        g[L[i]] = min(g[L[i]], h[i]), lis = Max(lis, L[i]);
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 0; g[0] = -inf;
    for(int i = n; i >= 1; i--){
        R[i] = lower_bound(g, g + n, -h[i]) - g;
        g[R[i]] = min(g[R[i]], -h[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(L[i] + R[i] - 1 == lis) pos[i] = L[i], tot[pos[i]]++;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        S1.ins(S1.rt[i], S1.rt[i-1], 1, n, L[i], h[i]);
    for(int i = n; i >= 1; i--)
        S2.ins(S2.rt[i], S2.rt[i+1], 1, n, R[i], -h[i]);
    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++){
        read(x), read(y); int res = 0;
        if(x > 1) res += S1.query(S1.rt[x-1], 1, n, y);
        if(x < n) res += S2.query(S2.rt[x+1], 1, n, -y);
        printf("%d
", max(res + 1, (pos[x] && (tot[pos[x]] == 1)) ? lis - 1 : lis));
    }
    return 0;
}