自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	Lice 这个人懒散惯了，什么都没写

搬运于2025-08-24 22:27:16，当前版本为作者最后更新于2021-01-31 18:18:25，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

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转载于本人 cnblogs。

Description

$n$ 个正整数排成一列，每个位置 $i$ 有一个初始值 $A_i$ 以及目标值 $B_i$。

一次操作可以选定一个区间 $[l, r]$，并将区间内所有数赋值为 $\max_{i\in[l, r]} A_i$。

你可以进行任意次操作，每次操作基于上次操作的结果。

求结果若干次操作后，使得与操作后的值与目标值相同的位置数最大化。

Hint

$1\le n\le 10^5, 1\le A_i, B_i\le 10^9$。

原题数据过于奇妙于是就直接取最大值反正能做。官方那个三合一做法真的 /no

Solution

首先，我们不难求出对于每个 $i\in[1, n]$，该位置可以向左侧取到目标值 $B_i = A_j$ 的第一个位置 $L_i = j(\le i)$ 或者不存在，同理对于右侧 $R_i$ 我们也这么干。

为什么我们只取第一个位置呢？显然可能存在多个可取的位置，不过注意到我们对位置 $i$ 向 $j$ 进行一次取值操作之后，会对中间的这些值造成影响。我们希望成功的取值操作尽可能多，那么影响的范围自然是越少越好了。

观察到一个性质，对于一个 $i$，如果 $L_i$ （$R_i$ 同理不再赘述）存在，说明 $j\in[L_i +1, i]$ 这个区间的所有 $A_j$ 的值都小于 $A_{L_i}$。那么一次操作下去，所有这个区间内的值都会失效，如果有像“从 $A_j$ 取值到 $k(<i)$”这样的操作那必然不能同时与当前这个同时执行。

于是我们尝试大力将题目转化：有两排点，每排 $n$ 个，对于第一排每个点 $i$ 向第二排的第 $L_i, R_i$ 个点分别连一条边。若选取一个第一排的点 $i$，那么需要至少选中连接 $i$ 的两条或一条边的一条边（没有边则不能选）。要求选中的边两两不相交（除端点外），求最多选取第三个第一排的点。

发现当 $A_i$ 互不相同时，每个点最多连出去 $1$ 条边，这就是个经典的 LIS 问题，不过稍加拓展就可以得到本题的正解。

还是令 $f(i, j)$ 为处理到第一排前 $i$ 个点，第二排涉及到的点编号最大的为 $j$，可以选出第一排点个数的最大值。那么转移比较简单：

$$f(i, L_i) \leftarrow \max_{j \le L_i} \{f(i-1, j)\} +1, \qquad f(i, R_i) \leftarrow \max_{j \le R_i} \{f(i-1, j)\} +1 $$

不难发现把 $i$ 滚掉之后实质上就是一个前缀 $\max$，于是使用树状数组优化为 $O(n\log n)$。

Code

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : eJOI2020 Exam
 */
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;

int n;
int A[N], B[N];
int L[N], R[N];

int tr[N]; // 树状数组求前缀 max
inline void upd(int p, int v) {
  for (; p <= n; p += p & -p) tr[p] = max(tr[p], v);
}
inline int get(int p) {
  int v = 0;
  for (; p; p -= p & -p) v = max(tr[p], v);
  return v;
}

signed main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", A + i);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", B + i);

  vector<pair<int, int> > tmp(n * 2);
  set<int> rec({0, n + 1});
  for (int i = 1; i <= n; i++) tmp[i - 1] = {A[i], i};
  for (int i = 1; i <= n; i++) tmp[i + n - 1] = {B[i], -i};
  sort(tmp.begin(), tmp.end(), greater<pair<int, int> >());
  for (auto it : tmp) {
    if (it.second < 0) {
      int l = *rec.lower_bound(-it.second);
      if (A[l] == it.first) R[-it.second] = l;
      int r = *--rec.upper_bound(-it.second);
      if (A[r] == it.first) L[-it.second] = r;
    } else rec.insert(it.second);
  } // 求 L & R

  for (int i = 1; i <= n; i++) { // 同步更新
    int l = get(L[i]), r = get(R[i]);
    if (L[i]) upd(L[i], l + 1);
    if (R[i]) upd(R[i], r + 1);
  }

  printf("%d\n", get(n));
  return 0;
}