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_{iin[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
(1le nle 10^5, 1le A_i, B_ile 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 (iin[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 (jin[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：
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(nlog 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
", get(n));
return 0;
}