题目描述
quailty和tangjz正在玩一个关于线段的游戏。在平面上有n条线段，编号依次为1到n。其中第i条线段的两端点坐标分别为(0,i)和(1,p_i)，其中p_1,p_2,...,p_n构成了1到n的一个排列。quailty先手，他可以选择一些互不相交的线段，将它们拿走，当然他也可以一条线段也不选。然后tangjz必须拿走所有剩下的线段，若有两条线段相交，那么他就输了，否则他就赢了。注意若quailty拿走了全部线段，那么tangjz也会胜利。quailty深深喜欢着tangjz，所以他不希望tangjz输掉游戏，请计算他有多少种选择线段的方式，使得tangjz可以赢得游戏。
输入
第一行包含一个正整数n(1<=n<=100000)，表示线段的个数。
第二行包含n个正整数p_1,p_2,...,p_n(1<=p_i<=n)，含义如题面所述。
输出
输出一行一个整数，即tangjz胜利的方案数，因为答案很大，请对998244353取模输出。
样例输入
5
1 2 4 5 3
样例输出
8
题目大意
给定一个1~n的全排列序列，求出将这个序列分成两个都不含逆序对的子序列的方案数（子序列可以为空，可以不连续）
题解
树状数组+STL-set
先说一下个人的思路吧~（按照这个思路T了，后面会讲优化）
首先，一个逆序对不能分在同一个子序列里，即一个逆序对必须分到两个不同的子序列里。
对于每个逆序对组（一个集合，其中每个元素都至少与一个其它元素存在逆序对关系），只存在两种不同的分法，所以可以用带权并查集来维护逆序对组数。
于是每次找到一个数，就看它前面有多少个比它大的数，然后将所有比它大的数与它在带权并查集中合并，若矛盾则无解，最后统计一下就可以了。
而这里如果加了无解判断，那么合并操作的总次数是O(n)级别的。
然而一开始用set TLE了，才发现set很难查询一段区间，时间会很长。
所以要手写Treap或Splay，果断放弃。
最后还是参考了下 CQzhangyu 大犇的做法：先用树状数组求最长下降子序列，判断是否达到3导致无解；然后插入时只保留它和比它大的数中的最大的那个，最后答案为2^size。
这里简单证明一下：按照我的做法，每次带权并查集合并时都要合并很多数，而实际上如果有解，那么只需要保留一个逆序对组的一个元素即可代表整个组。由于是逆序对，这个元素最大时才能代表整个组来继续进行接下来的元素的合并操作。
所以不需要每次都找所有比当前数大的，只需要维护最大值就行了。
#include <cstdio>
#include <set>
#define N 100010
using namespace std;
int n , f[N] , a[N];
set<int> s;
set<int>::iterator it;
void update(int x , int a)
{
int i;
for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] = max(f[i] , a);
}
int query(int x)
{
int i , ans = 0;
for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans = max(ans , f[i]);
return ans;
}
int main()
{
int i , tmp , ans = 1;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &a[i]);
tmp = query(n - a[i]);
if(tmp >= 2)
{
printf("0
");
return 0;
}
update(n - a[i] + 1 , tmp + 1);
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
tmp = a[i];
while((it = s.upper_bound(tmp)) != s.end()) tmp = *it , s.erase(tmp);
s.insert(tmp);
}
tmp = s.size();
while(tmp -- ) ans = ans * 2 % 998244353;
printf("%d
" , ans);
return 0;
}