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题意：求一段序列中删掉L个连续元素后的LIS。
解法：我的想法很复杂= =怎么说呢……首先用nlogn的方法求LIS得到的序列dp的第i项的意义为上升子序列所有长度为i的序列结尾元素的最小值，那么先倒着用nlogn的方法求一遍最长下降子序列记为dp1，记录每一步怎么更新的dp1，再正着求一遍最长上升子序列，每次看a[i]的时候二分的在i+k到结尾的dp1中找第一个比a[i]大的数设为dp1[pos]，所以当前枚举的答案即为以a[i]作为结尾的最长上升子序列+后一段以dp1[pos]开头的最长上升子序列……枚举1～n-l，就可以得到答案了TUT……
总之很艰辛……二分废又得找队友帮忙手写二分什么的……
另一队的人提出用线段树算LIS……真·大神= =不懂怎么转移的方程……
代码：
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<limits.h>
#include<time.h>
#include<stdlib.h>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define LL long long
int inf = 1000000005;
using namespace std;
int a[100005];
LL dp1[100005], dp2[100005];
struct node
{
bool isnew;
int pos;
int pre;
}note[100005];
bool cmp(int a, int b)
{
return a > b;
}
template <class T>
int rupper_bound(T *a, T *end, T key) {
int n = end - a;
if(n == 0) return INT_MAX;
if (a[n-1] > key) return n-1;
if (a[0] <= key) return INT_MAX;
int l = 0, r = n - 1;
while(r - l > 1) {
int m = (l+r) >> 1;
if (a[m] > key) l = m;
else r = m;
}
return l;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
int cse = 1;
while(T--)
{
int n, l;
scanf("%d%d", &n, &l);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
a[0] = -inf;
int max1 = 0, max2 = 0;
for(int i = n; i > l; i--)
{
int pos = upper_bound(dp1, dp1 + max1, a[i], cmp) - dp1;
if(pos == max1)
{
note[i].isnew = 1;
note[i].pos = max1;
dp1[max1++] = a[i];
}
else
{
note[i].isnew = 0;
note[i].pos = pos;
note[i].pre = dp1[pos];
dp1[pos] = a[i];
}
}
int ans = 0;
LL s = -inf;
int len = 0;
for(int i = 1; i <= n - l + 1; i++)
{
int pos = rupper_bound(dp1, dp1 + max1, s);
if(pos == INT_MAX) ans = max(ans, len);
else ans = max(ans, pos + 1 + len);
int x = upper_bound(dp2, dp2 + max2, a[i]) - dp2;
if(x == max2)
{
len = max2 + 1;
s = a[i];
dp2[max2++] = a[i];
}
else
{
len = x + 1;
s = a[i];
dp2[x] = a[i];
}
if(note[i + l].isnew)
{
max1--;
}
else
{
dp1[note[i + l].pos] = note[i + l].pre;
}
}
printf("Case #%d: %d\n", cse++, ans);
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Apro/p/4842540.html
