題目解析

詳細可以檢視lrj書。本題題解出自劉汝佳演算法競賽入門經典

最容易想到的演算法是列舉j和i（前提是A[j]<A[i]，否則拼不起來），然後分別往左和往右數一數最遠能延伸到哪裡。列舉量為O(n 2 )，而“數一數”的時間複雜度為O(n)，因此總時間複雜度為O(n^{3} )。加上一個預處理，就能避免“數一數”這個過程，從而把時間複雜度降為O(n^{2} )。設right(i)為以第i個元素開頭的最長L序列長度，left(i)為以第i個元素結尾的最長L序列長度，則不難在O(n)時間內求出left(i)和right(i)，然後列舉完j和i之後，最長L序列的長度就是left(j)+right(i)。還可以做得更好：只列舉i，不列舉j，而是用其他方法快速找一個j<i，使得A[j]<A[i]，且left(j)儘量大。如何快速找到呢？首先要排除一些肯定不是最優值的j。例如，若有j'滿足A[j']<=A[j]且left(j')>left(j)，則j肯定不滿足條件，因為j'不僅是一個更長的L序列的末尾，而且它更容易拼成。
這樣，把所有“有保留價值”的j按照A[j]從小到大排成一個有序表（根據剛才的結論，A[j]相同的j只保留一個），則g也會是從小到大排列。那麼用二分查詢找到滿足A[j]<A[i]的最大的A[j]，則它對應的left(j)也是最大的。不過這個方法只有當i固定時才有效。實際上每次計算完一個g(i)之後，還要把這個A[i]加到上述有序表中，並且刪除不可能是最優的A[j]。因為這個有序表會動態變化，無法使用排序加二分查詢的辦法，而只能使用特殊的資料結構來滿足要求。幸運的是，STL中的set就滿足這個要求——set中的元素可以看成是排好序的，而且自帶lower_bound和upper_bound函式，作用和之前討論過的一樣。為了方便起見，此處用二元組(A[j],g(j))表示這些“有保留價值”的東西，如(10,4), (20,8),(30,15),  (40,18),  (50,30)，並且以A[j]為關鍵字放在一個STL集合中。對於固定的i，不難用Lower_bound找到滿足A[j]<A[i]的最大A[j]，以及對應的g(j)，真正複雜的是這個集合本身的更新，即前面提到的“每次計算完一個g(i)之後”需要做的事情。假設已經計算出一個g(i)=6，且A[i]=25，接下來會發生什麼事情？首先把(25,6)插入集合中，然後檢查它的前一個元素(20,8)。由於20<25，8>6，(25,6)是不應該保留的。但如果插入的是(25,20)，情況就完全不同了：不僅(25,20)需要保留，而且還要刪除(30,15)和(40,18)。一般地，插入任何一個二元組時首先應找到其插入位置，根據它前一個元素判斷是否需要保留。如果需要保留，再往後遍歷，刪除所有不再需要保留的元素。因為所有元素至多被刪除一次，而查詢、插入和刪除的時間複雜度均為O(logn)，所以消耗在STL集合上的總時間複雜度為O(n\log n) 。

不過博主發現，本題不算很嚴謹，不含重複的序列的程式碼也能通過，至於含重複的序列的情況，博主暫未寫題解。先貼出不嚴謹的程式碼，以後再來補漏。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn = 200000 + 5;
int n, a[maxn], left[maxn], right[maxn];
struct Candidate{
	int a, left;
	Candidate(int a, int left):a(a), left(left){}
	bool operator < (const Candidate &rhs) const {
		return a < rhs.a;
	}
};
set<Candidate> s;
int main(){
	int t, n;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &a[i]);
		left[0] = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++i) 
			if(a[i] > a[i - 1]){
				left[i] = left[i - 1] + 1;
			}else{
				left[i] = 1;
			}
		right[n - 1] = 1;
		for(int i = n - 2; i >= 0; --i)
			if(a[i] < a[i + 1]){
				right[i] = right[i + 1] + 1;
			}else{
				right[i] = 1;
			}
		s.clear();
		s.insert(Candidate(a[0], left[0]));
		int ans = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++i){
			Candidate c(a[i], left[i]);
			set<Candidate>::iterator it = s.lower_bound(c);
			bool keep = true;
			if(it != s.begin()){
				Candidate last = *(--it);
				int len = last.left + right[i];
				ans = max(ans, len);
				if(last.left >= c.left) keep = false;
			}
			if(keep){
				s.insert(c);
				it = s.find(c);
				++it;
				while(it != s.end() && it->left <= c.left) s.erase(it++); 
			}
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}