$ >Codeforces \space 650 D.\ Zip-line<$
题目大意 :
有一个长度为 \(n\) 的序列 \(h\) ，\(m\) 次询问，每一次询问求如果把序列中第 \(x\) 元素变成 \(y\) 后的 \(lis\) 长度\(1 \leq n, m \leq 4 \times 10^5\)
解题思路 :
考虑答案的形态由两部分组成，一部分是包含 \(x\) 的 \(lis\) ，一部分是不包含 \(x\) 的 \(lis\)
前者显然可以维护左右两个 \(dp\) 值然后主席树数一下点，难度在于后者。
对于第二部分，如果 \(x\) 是之前所有 \(lis\) 共有的点，那么第二部分的答案就是 \(lis-1\) ，否则是 \(lis\)
考虑怎么判断一个点是否是所有 \(lis\) 共有，下面先给出方法：
统计每一个点在 \(lis\) 中出现的位置情况，设 \(l[i]\) 表示从左到右以 \(i\) 结尾的 \(lis\) 长度，\(r[i]\) 表示从右到左以 \(i\) 结尾的 \(lis\) 长度，如果 \(l[i]+r[i]-1=lis\)，那么 \(i\) 在 \(lis\) 中的出现位置就是 \(l[i]\)，记为 \(pos[i]\)
如果说点 \(x\) 在 \(lis\) 中的出现位置 \(z\) 只有 \(x\) 满足 \(pos[x] =z\) ，那么显然 \(x\) 是不能被替代的，其是所有 \(lis\) 共有的点。不然的话必然存在一种方案不经过 \(x\) 到另外一个满足 \(pos[i] = z\) 的点 \(i\) ，因为 \(x\) 在任何方案下不能存在于两个位置，这样的话 \(lis\) 长度就会更长，有矛盾。
所以只需要统计一下每一个 \(i\) 是不是在所有的 \(lis\) 中出现即可，总复杂度 \(O((n+m)logn)\)
某位神仙表示直接上分治 \(O(nlog^2n)\) 就过了
/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int f = 0, ch = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int N = 400005;
int h[N], L[N], R[N], g[N], pos[N], tot[N], lis, n, m;
struct SegmentTree{
int s[N*25], lc[N*25], rc[N*25], rt[N], size;
inline SegmentTree(){ memset(s, 127, sizeof(s)); }
inline void ins(int &u, int pr, int l, int r, int pos, int x){
u = ++size, lc[u] = lc[pr], rc[u] = rc[pr];
if(l == r) return (void)(s[u] = min(s[u], x));
int mid = l + r >> 1;
if(pos <= mid) ins(lc[u], lc[pr], l, mid, pos, x);
else ins(rc[u], rc[pr], mid + 1, r, pos, x);
s[u] = min(s[lc[u]], s[rc[u]]);
}
inline int query(int u, int l, int r, int x){
if(l == r) return l;
int mid = l + r >> 1;
if(s[rc[u]] < x) return query(rc[u], mid + 1, r, x);
if(s[lc[u]] < x) return query(lc[u], l, mid, x);
return 0;
}
}S1, S2;
int main(){
read(n), read(m);
for(int i = 1; i <= n; i++) read(h[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) g[i] = inf;
for(int i = 1; i <= n; i++){
L[i] = lower_bound(g, g + n, h[i]) - g;
g[L[i]] = min(g[L[i]], h[i]), lis = Max(lis, L[i]);
}
for(int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 0; g[0] = -inf;
for(int i = n; i >= 1; i--){
R[i] = lower_bound(g, g + n, -h[i]) - g;
g[R[i]] = min(g[R[i]], -h[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(L[i] + R[i] - 1 == lis) pos[i] = L[i], tot[pos[i]]++;
for(int i = 1; i <= n; i++)
S1.ins(S1.rt[i], S1.rt[i-1], 1, n, L[i], h[i]);
for(int i = n; i >= 1; i--)
S2.ins(S2.rt[i], S2.rt[i+1], 1, n, R[i], -h[i]);
for(int i = 1, x, y; i <= m; i++){
read(x), read(y); int res = 0;
if(x > 1) res += S1.query(S1.rt[x-1], 1, n, y);
if(x < n) res += S2.query(S2.rt[x+1], 1, n, -y);
printf("%d\n", max(res + 1, (pos[x] && (tot[pos[x]] == 1)) ? lis - 1 : lis));
}
return 0;
}