题解：Luogu P2075 区间 LIS

题意

给定长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，\(q\) 次询问 \(l,r\)，求 \(p[l,r]\) 的 LIS 长度。\(1\leq n,q\leq 10^5\)。

题解

挺牛的题。

考虑如何刻画 LIS。感觉上 DP 没有什么前途，考虑另一种经典的 \(\mathcal{O}(n\log{n})\) 求 LIS 的方法：维护 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的 LIS 的最小结尾元素，初始时 \(\forall 1\leq i\leq n,f_i\leftarrow +\infty\)，当添加元素 \(x\) 时，对于每个 \(f_i<x\) 的 \(i\)，令 \(f_{i+1}\leftarrow \min(f_{i+1},x)\)。注意到 \(f\) 单调不减，所以上述过程实际上等价于找到最小的 \(i\) 使得 \(f_i\geq x\)，令 \(f_i\leftarrow x\)。

简化这个过程：我们维护 \(S\) 表示 \(f\) 中所有非 \(+\infty\) 的 \(f_i\)，初始时 \(S\leftarrow\varnothing\)，每次插入 \(x\) 时，若 \(\max\limits_{y\in S}y<x\)，则向 \(S\) 中插入 \(x\)，否则将 \(S\) 中最小的 \(\geq x\) 的元素改为 \(x\)。最终答案就是 \(|S|\)。

回到原题，考虑对右端点 \(r\) 做扫描线，对每个左端点 \(l\) 维护 \(S_{l,r}\) 表示对 \(p[l,r]\) 中元素依次执行上述操作得到的集合。我们当然不可能直接存下来所有的 \(S\)，考虑找一些性质。通过手玩样例，我们会发现 \(S_{l,r}\subseteq S_{l-1,r}\) 且 \(|S_{l-1,r}|-|S_{l,r}|\leq 1\)。

证明：令 \(S_1\leftarrow\varnothing,S_2\leftarrow \{p_{l-1}\}\)，我们遍历 \(p[l,r]\) 中的每个元素，同时对 \(S_1,S_2\) 执行操作。不难看出，每次插入 \(x\) 时，若 \(p_{l-1}\) 没有成为最小的 \(\geq x\) 的元素，则始终有 \(S_2=S_1\cup\{p_{l-1}\}\)；否则，\(S_2\) 中 \(p_{l-1}\) 会被修改为 \(x\)，且对于 \(S_1\)：

• 若 \(S_1\) 中所有元素 \(<x\)，则 \(x\) 插入到 \(S_1\) 中后，我们有 \(S_2=S_1\)。
• 若 \(S_1\) 中存在元素 \(\geq x\)，记最小的元素为 \(y\)，则 \(S_1\) 中 \(y\) 会被修改为 \(x\)，此时我们有 \(S_2=S_1\cup\{y\}\)，也就是说 \(y\) 会代替 \(x\) 成为新的元素来保持 \(S_1,S_2\) 间的差异。

可以看出，这样子不断将操作执行下去，要么 \(S_2\) 会在某个时刻变得与 \(S_1\) 相等，要么 \(S_2\) 始终保持 \(S_1\subseteq S_2\land |S_2|-|S_1|\leq 1\)。\(\Box\)

根据这个性质，一个数 \(x\) 必然会在一段前缀的 \(l\) 对应的 \(S_{l,r}\) 中出现，由此，我们可以从值域上考虑，对于每个数 \(x\) 维护 \(a_x\) 表示最大的 \(l\) 使得 \(x\in S_{l,r}\)。那么询问 \([l,r]\) 的答案时，只需查询有多少 \(x\) 满足 \(a_x\geq l\) 即可。

考虑每次 \(r\leftarrow r+1\) 时 \(a\) 的变化。令 \(v=p_r\)，则显然 \(a_v\leftarrow r\)。进一步考察 \(v+1\)，若 \(a_{v+1}>0\)，也就是 \(v+1\) 在某些 \(S_{l,r}\) 中出现，则 \(a_{v+1}\leftarrow 0\)。对于 \(v+2\)，考虑包含它的某个 \(S_{l,r}\)，只有在 \(v+1\in S_{l,r}\) 时 \(v+2\) 才不会被修改，因此若最开始时 \(a_{v+1}>0\)，则 \(a_{v+2}\leftarrow a_{v+1}\)，否则 \(a_{v+2}\leftarrow 0\)。

以此类推，可以发现对 \(a\) 的影响形如：有一个值 \(x\)，初始时 \(x\) 为 \(0\)，依次遍历 \(i=v+1,v+2,\cdots,n\)：

• 若 \(a_i>x\)，交换 \(a_i\) 和 \(x\) 的值。

这其实就是回转寿司中的操作。

考虑分块。不妨先想整块怎么做。此时我们不妨只关注块中元素构成的可重集 \(S\) 的变化。设 \(S\) 中元素的最大值为 \(mx\)，考虑不同的 \(x\) 带来的影响：

• \(x\geq mx\)：操作对该块没有影响。
• \(x<mx\)：此时我们会从 \(S\) 中删除 \(mx\)，再插入 \(x\)。而 \(x\) 的值会对应变成 \(mx\)。

于是我们只需在每个块上用一个大根堆维护 \(S\) 即可。

再来考虑散块怎么做。由于处理整块时我们只关心元素构成的可重集，所以每个位置对应的数我们并不清楚。考虑如何由整块上的所有操作构成的可重集 \(P=\{x_1,x_2,\cdots,x_m\}\)，还原整块中每个位置对应的数。

不妨先考察整块中的第一个元素 \(a_p\) 如何变化。考虑 \(mn=\min\limits_{x\in P}x\)，不难发现若 \(mn\geq a_p\) 则无事发生，否则 \(a_p\) 会变成 \(mn\)，并且此时，我们可以等效地在 \(P\) 中用 \(a_p\) 代替 \(mn\)。对于 \(a_{p+1}\)，同样考察 \(P\) 中最小值即可，以此类推。我们发现，我们完全可以用和刚才类似的方法维护这个过程，更具体地，我们用小根堆维护 \(P\)，然后遍历块中元素对应更新即可。

我们用权值 BIT 维护 \(a\) 中的值，那么每次操作先在 \(a_v=r\) 上单点加，然后对于接下来的回转寿司操作，先在 \(0\) 上单点加 \(1\)，然后在最后得到的 \(x\) 上单点减 \(1\) 即可。

设块长为 \(B\)，则时间复杂度为 \(\mathcal{O}((B+\dfrac{n}{B})\log{n}+q\log{n})\)，取 \(B=\sqrt{n}\) 即可 \(\mathcal{O}(\sqrt{n}\log{n}+q\log{n})\) 地解决本题。当然也可以用值域分块把 \(q\) 后面的 \(\log\) 搞掉，没啥必要就是了。

代码

int n, q, B, a[N], p[N], ans[N];
int bl[N], lb[BC], rb[BC];
priority_queue<int> P[BC];
priority_queue<int, vector<int>, greater<>> Q[BC];
struct Query { int id, l, r; } qr[N];struct BIT {int c[N];inline int query(int x) {int res = 0;for (++x; x <= n + 1; x += lowbit(x)) res += c[x];return res;}inline void add(int x, int v) { for (++x; x; x -= lowbit(x)) c[x] += v; }
} ft;inline void rebuild(int id) {auto &pq = Q[id];if (pq.empty()) return;int l = lb[id], r = rb[id];for (int i = l; i <= r; ++i)if (a[i] > pq.top()) pq.push(a[i]), a[i] = pq.top(), pq.pop();priority_queue<int, vector<int>, greater<>>().swap(pq);
}
inline int query(int l, int r, int x) {int b1 = bl[l], b2 = bl[r];if (b1 == b2) {rebuild(b1);for (int i = l; i <= r; ++i) if (a[i] > x) swap(a[i], x);return priority_queue<int>(a + lb[b1], a + rb[b1] + 1).swap(P[b1]), x;}rebuild(b1), rebuild(b2);for (int i = l; i <= rb[b1]; ++i) if (a[i] > x) swap(a[i], x);priority_queue<int>(a + lb[b1], a + rb[b1] + 1).swap(P[b1]);for (int i = b1 + 1, tp; i < b2; ++i) {if (x >= P[i].top()) continue;Q[i].push(x);P[i].push(x), x = P[i].top(), P[i].pop();}for (int i = lb[b2]; i <= r; ++i) if (a[i] > x) swap(a[i], x);return priority_queue<int>(a + lb[b2], a + rb[b2] + 1).swap(P[b2]), x;
}int main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);n = rd(), q = rd(), B = BL - 5;for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = rd();for (int i = 1, l, r; i <= q; ++i) l = rd(), r = rd(), qr[i] = {i, l, r};for (int i = 1, j = 1; j <= n; ++i) {lb[i] = j, rb[i] = min(j + B - 1, n);priority_queue<int>(a + lb[i], a + rb[i] + 1).swap(P[i]);for (int u = rb[i]; j <= u; ++j) bl[j] = i;}sort(qr + 1, qr + q + 1, [](const Query &x, const Query &y) { return x.r < y.r; });ft.add(0, n);for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) {int val = p[i];if (val < n) {int x = query(val + 1, n, 0);ft.add(x, -1), ft.add(0, 1);}int b = bl[val];rebuild(b);ft.add(a[val], -1), ft.add(a[val] = i, 1);priority_queue<int>(a + lb[b], a + rb[b] + 1).swap(P[b]);while (j <= q && qr[j].r == i) ans[qr[j].id] = ft.query(qr[j].l), ++j;}for (int i = 1; i <= q; ++i) cout << ans[i] << '\n';return 0;
}