UVA

紫薯例题+1。

题意：给你一个长度为n(n<=200000)的序列a[n]，求删除一个连续子序列后的可能的最长连续上升子序列的长度。

首先对序列进行分段，每一段连续的子序列的元素递增，设L[i]为下标i对应的元素向左能延伸到的最大长度(在同一段内)，R[i]为向右能延伸到的最大长度，则问题转化成了对于每个下标i，找到在它前面的下标j中a[j]<a[i]且L[j]最大的j，然后用R[i]+L[j]去更新ans。

第一种方法是用一个二元组(x,y)表示大小为x的元素所对应的L的值，用一个set保存所有这样的二元组，则任意两个二元组不存在包含关系，即满足x递增且y也递增。于是对原序列从左往右扫一遍，每扫到一个元素，就可以从set中二分找到最大的x使得a[i]>x，用R[i]+y去更新ans即可。然后向set中插入(a[i],L[i])，并根据set中左右两边的二元组的值来确定是否需要保留它，并清掉一些无用的二元组。

这里用到了一点小技巧，就是向set中插入两个虚的元素作为左右边界，这样就不用特判了，方便了很多。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],L[N],R[N],n,ans;
struct nd {
    int x,y;
    bool operator<(const nd& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;}
};
set<nd> st;

int main() {
    int T;
    for(scanf("%d",&T); T--;) {
        st.clear();
        st.insert({0,0});
        st.insert({inf,inf});
        ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
        for(int l=0,r; l<n; l=r) {
            for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
            for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
        }
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            set<nd>::iterator it,it2;
            it=st.lower_bound({a[i],-1}),it--;
            ans=max(ans,it->y+R[i]);
            st.insert({a[i],L[i]});
            it=st.find({a[i],L[i]});
            while(1) {
                it2=it,it2++;
                if(it2->y<=it->y)st.erase(it2);
                else break;
            }
            it2=it,it2--;
            if(it2->y>=it->y)st.erase(it);
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

第二种方法是每扫到一个i，直接查询a[j]<a[i]的元素中最大的L，怎么查呢？用树状数组(BIT)呗！树状数组不仅能动态维护前缀和，还能动态维护所有小于k的元素中的最大值哦！（当然，前提是没有将元素减小的操作）将原序列离散化后的值作为下标插入BIT中就行了，注意下标要从1开始。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],b[N],c[N],L[N],R[N],n,nn,ans;
int lowbit(int x) {return x&-x;}
void add(int u,int x) {for(; u<=nn; u+=lowbit(u))c[u]=max(c[u],x);}
int get(int u) {int ret=0; for(; u; u-=lowbit(u))ret=max(ret,c[u]); return ret;}

int main() {
    int T;
    for(scanf("%d",&T); T--;) {
        ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
        sort(b,b+n);
        nn=unique(b,b+n)-b;
        for(int i=0; i<n; ++i)a[i]=lower_bound(b,b+nn,a[i])-b+1;
        for(int l=0,r; l<n; l=r) {
            for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
            for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
        }
        memset(c,0,sizeof c);
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            ans=max(ans,R[i]+get(a[i]-1));
            add(a[i],L[i]);
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

第三种方法是最简洁最高效但也是最抽象的一种方法，就是仿照求LIS的算法，维护一个单调的数组c，记录所有L值为i的元素中最小的a[i]（和BIT正好相反），每扫到一个元素a[i]，在c中通过二分查找到比a[i]小的最大的元素，它的下标值就是最大的L，然后令c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i])即可。其实这种方法和方法一原理是相同的，由于这道题比较特殊——L值是连续的！因为假设出现了某个L值，则L-1一定要出现在它前面，以此类推，因此不会出现下标空缺的现象，完全可以用数组来代替set。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],c[N],L[N],R[N],n,ans;

int main() {
    int T;
    for(scanf("%d",&T); T--;) {
        ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
        for(int l=0,r; l<n; l=r) {
            for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
            for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
        }
        memset(c,inf,sizeof c);
        c[0]=0;
        for(int i=0; i<n; ++i) {
            ans=max(ans,int(R[i]+lower_bound(c,c+n,a[i])-c-1));
            c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i]);
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

虽然这种题已经做过n遍了，但做完之后还是有很大的感悟，里面蕴含的思想真的不容小觑啊。