【CCPC2024女生赛】【LIS计数】D. Excellent Splitting

题目

传送门
给你一个排列，你需要把它划分成两个子序列 A、B。记 $f(A)$ 为 A 的 LIS 长度，$g(B)$ 是 B 的 LDS 长度。问 $max(f(A)+g(B))$

前置知识 LIS计数

大家都知道，我们可以通过二分，$O(nlogn)$ 实现求 $LIS$ 的长度。但是此时要计数怎么办呢？
我们不妨把 $dp$ 数组扩展成二维。令 $d{p}_i[]$ 为：长度为 $i$ 的 $LIS$ 可能以哪些数结尾。
我们把 $d{p}_t=a_i$ 改成 $d{p}_t.append(a_i)$，也就是把 $a_i$ 接在后面。
同时，我们需要维护以 $a_i$ 结尾的 $LIS$ 的方案数，记为 $F_i$。
显然，这玩意个转移是：
$$F_i=\sum _{a_i>a_j\&f_i==f_j+1}{F}_j$$
那么我们就可以维护一个 $su{m}_{i,j}$ 表示以 $d{p}_{i,j}$ 为结尾的最长上升子序列方案数的前缀和。于是乎，我们同样可以通过一个二分完成转移。

int find(int x,int l,int r,vector<int> &a)
{
	int ans=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(a[mid]>x)
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
void get(vector<int> a,vector<int> &f,vector<int> &F,int dec,int rev)
{
	if(rev)
	{
		reverse(a.begin(),a.end());
	}
	if(dec)
	{
		for(int i=0; i<a.size(); i++)
			a[i]=(int)a.size()-a[i]+1;
	}
	vector<vector<int>> pos,sum;
	vector<int> dp;
	f.assign(a.size(),0);
	F.assign(a.size(),0);
	for(int i=0; i<a.size(); i++)
	{
		int x=a[i];
		auto t=lower_bound(dp.begin(),dp.end(),x)-dp.begin();
		int c=t>0?(sum[t-1].back()-sum[t-1][find(a[i],0,pos[t-1].size()-1,pos[t-1])]):1;
		c=(c%mod+mod)%mod;
		if(t==dp.size())
		{
			dp.push_back(x);
			pos.push_back({inf,x});
			sum.push_back({0,c});
		}
		else
		{
			dp[t]=x;
			assert(pos.size()==dp.size()&&sum.size()==dp.size());
			pos[t].push_back(x);
			assert(sum[t].size());
			int p=sum[t].back();
			sum[t].push_back((p+c)%mod);
		}
		f[i]=t+1;
		F[i]=c;
	}
	if(rev)
	{
		reverse(f.begin(),f.end());
		reverse(F.begin(),F.end());
	}
}

题解

由于题目给的是一个排列，所以有一个比较显然的性质：
$$ans=(LIS+LDS-1)or(LIS+LDS)$$
因为每个数都是不一样的，所以 LIS 与 LDS 最多存在一个交点。
现在我们需要判断是否存在一种方式选出的 LIS 和 LDS 不存在交点。

我们可以先统计出 LIS 的个数 $C1$ 和 LDS 的个数 $C2$，那么选择的方案数就是 $res1=C1\times C2$。
然后，我们再尝试统计经过 $i$ 的 LIS 和 LDS $H_i$，显然，$res2=\sum H_i$ 就是存在交点的 LIS 和 LDS 对数。
如果 $res1==res2$，那么所有 LIS 和 LDS 都存在交点，答案需要减一。

注意，这题卡自然溢出。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+7,inf=1e18,mod=1e9+7;
int find(int x,int l,int r,vector<int> &a)
{
	int ans=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(a[mid]>x)
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
void get(vector<int> a,vector<int> &f,vector<int> &F,int dec,int rev)
{
	if(rev)
	{
		reverse(a.begin(),a.end());
	}
	if(dec)
	{
		for(int i=0; i<a.size(); i++)
			a[i]=(int)a.size()-a[i]+1;
	}
	vector<vector<int>> pos,sum;
	vector<int> dp;
	f.assign(a.size(),0);
	F.assign(a.size(),0);
	for(int i=0; i<a.size(); i++)
	{
		int x=a[i];
		auto t=lower_bound(dp.begin(),dp.end(),x)-dp.begin();
		int c=t>0?(sum[t-1].back()-sum[t-1][find(a[i],0,pos[t-1].size()-1,pos[t-1])]):1;
		c=(c%mod+mod)%mod;
		if(t==dp.size())
		{
			dp.push_back(x);
			pos.push_back({inf,x});
			sum.push_back({0,c});
		}
		else
		{
			dp[t]=x;
			assert(pos.size()==dp.size()&&sum.size()==dp.size());
			pos[t].push_back(x);
			assert(sum[t].size());
			int p=sum[t].back();
			sum[t].push_back((p+c)%mod);
		}
		f[i]=t+1;
		F[i]=c;
	}
	if(rev)
	{
		reverse(f.begin(),f.end());
		reverse(F.begin(),F.end());
	}
}
void O_o()
{
	int n;
	cin>>n;
	vector<int> a(n);
	for(int i=0; i<n; i++)
		cin>>a[i];
	vector<int> f,F;
	get(a,f,F,0,0);
	vector<int> g,G;
	get(a,g,G,1,0);
	vector<int> fd,Fd;
	get(a,fd,Fd,0,1);
	vector<int> gd,Gd;
	get(a,gd,Gd,1,1);
	
	int lis=0,lds=0;
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		lis=max(lis,f[i]);
		lds=max(lds,g[i]);
	}
	
	int c1=0,c2=0,res=0;
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		if(f[i]==lis)
			(c1+=F[i])%=mod;
		if(g[i]==lds)
			(c2+=G[i])%=mod;
	}
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		int ass=1;
		if(f[i]+gd[i]==lis+1)
			(ass*=F[i]*Gd[i]%mod)%=mod;
		else
			ass=0;
		if(g[i]+fd[i]==lds+1)
			(ass*=G[i]*Fd[i]%mod)%=mod;
		else
			ass=0;
		(res+=ass)%=mod;
	}
	int ans=lis+lds;
	if(res==c1*c2%mod)
		ans--;
	cout<<ans<<"\n";
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cout<<fixed<<setprecision(12);
	int T=1;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		O_o();
	}
}