[CF1367F] Flying Sort 题解
作者：互联网
题解区都是一些 dp 做法，这里带来一种贪心+双指针的做法。
正片开始
题面不多做赘述，直接讲做法。
首先题面等价于选出一个单调递增的子序列，满足剩下的所有数要么比该子序列中最小的数小，要么比该子序列中最大的数大，求子序列最长长度。
发现这个东西可以 dp，但是其实也可以不 dp，直接贪心也可以。
首先一个性质，就是离散化完后选出的子序列在值域上是连续的，且子序列中出现的数除了左右端点的数，别的数只要在序列中出现了，那么所有和这个数相等的数都被必须选中了。
所以形如 \(x,x,\cdots,x,x+1,x+1,\cdots,x+1,\cdots,y-1,\cdots,y-1,y,\cdots,y\)，且所有 \(a\) 满足 \(a\in[x+1,y-1]\) 都在该子序列中出现了。
利用这个性质，我们可以先将所有值离散化，然后将每个数出现的所有位置都记下来，然后枚举值的右端点的前一个，即上面的 \(y-1\)，发现可以贪心地找到最靠前的 \(x+1\)，满足任意 \(a\in[x+1,y-2]\) 满足 \(r_a<l_{a+1}\)，即出现区间无交集。
这个显然可以双指针扫一遍得到，然后左右两边的 \(x\) 和 \(y\) 直接二分就可以了，其实也可以预处理，即在前面统计每个值出现位置时顺便记录，但二分写着更方便，且本处也不是时间复杂度瓶颈。
但是这样还会算漏一部分，就是当解形如 \(x,x,\cdots,x,x+1,\cdots,x+1\) 时，即没有中间全取的区间，两边都取得不完整，这样也可以做，就是直接枚举中间点，即第一个 \(x+1\) 的位置，然后二分前面 \(x\) 的个数和之后 \(x+1\) 的个数。
这样时间复杂度就是 \(\mathcal O\left(n\log n\right)\)。
接下来就是代码。
标签：Sort,题解,可以,cdots,序列,CF1367F,该子,dp,贪心 来源： https://www.cnblogs.com/LaoMang-no-blog/p/16131199.html