[hdu6991]Increasing Subsequence
令$f_{i}$表示以$i$为结尾的极长上升子序列个数,则有$f_{i}=\sum_{j<i,a_{j}<a_{i},\forall j<k<i,a_{k}\not\in [a_{j},a_{i}]}f_{j}$
(初始状态为前缀最小值处$f_{i}=1$,最终答案为后缀最大值处的$f_{i}$之和)
暴力计算复杂度显然为$o(n^{2})$,无法通过
考虑分治计算,当递归到区间$[l,r]$时,需要求出仅考虑$[l,r]$内部的(包括转移的$j$)时的$f_{i}$
具体的,先递归$[l,mid]$,再求出$[l,mid]$对$(mid,r]$的影响,最后递归$(mid,r]$即可
第一步和第三步容易处理,接下来考虑第二步:
具体的,考虑将$a_{l},a_{l+1},...,a_{r}$从小到大排序后枚举,注意到此时左侧的数中,如果存在$x<y$且$a_{x}<a_{y}$,那么$x$一定不会被使用(因为之后右侧的$a_{i}>a_{y}$),也即可以维护一个单调栈
(关于这个单调栈,从栈底到栈顶位置单调递减、权值单调递增)
类似地,我们再对右侧维护一个单调栈,从栈底到栈顶位置和权值都单调递增,此时即查询比左边单调栈中比当前比右边单调栈栈顶(插入前,若为空则定义为0)大的位置的$f$之和,可以二分实现
由于需要排序和二分,总复杂度为$o(n\log^{2}n)$,可以通过
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 100005
4 #define mod 998244353
5 int t,n,ans,a[N],id[N],stl[N],str[N],sum[N],f[N];
6 bool cmp(int x,int y){
7 return a[x]<a[y];
8 }
9 void calc(int l,int r){
10 if (l==r)return;
11 int mid=(l+r>>1);
12 calc(l,mid);
13 for(int i=l;i<=r;i++)id[i]=i;
14 sort(id+l,id+r+1,cmp);
15 stl[0]=str[0]=0;
16 for(int i=l;i<=r;i++){
17 if (id[i]<=mid){
18 while ((stl[0])&&(stl[stl[0]]<id[i]))stl[0]--;
19 stl[++stl[0]]=id[i];
20 sum[stl[0]]=(sum[stl[0]-1]+f[id[i]])%mod;
21 }
22 else{
23 while ((str[0])&&(str[str[0]]>id[i]))str[0]--;
24 int pos=lower_bound(stl+1,stl+stl[0]+1,str[str[0]],cmp)-stl;
25 str[++str[0]]=id[i];
26 f[id[i]]=(f[id[i]]+(sum[stl[0]]-sum[pos-1]+mod)%mod)%mod;
27 }
28 }
29 calc(mid+1,r);
30 }
31 int main(){
32 scanf("%d",&t);
33 while (t--){
34 scanf("%d",&n);
35 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
36 int s=n+1;
37 for(int i=1;i<=n;i++){
38 f[i]=(a[i]<s);
39 s=min(s,a[i]);
40 }
41 calc(1,n);
42 s=ans=0;
43 for(int i=n;i;i--){
44 if (a[i]>s)ans=(ans+f[i])%mod;
45 s=max(s,a[i]);
46 }
47 printf("%d\n",ans);
48 }
49 return 0;
50 }
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