令$f_{i}$表示以$i$为结尾的最长上升子序列，显然可以快速预处理
令$L=max_{i=1}^{n}f_{i}$，当$L$为偶数，考虑如下构造——
将所有$f_{i}le frac{L}{2}$的$a_{i}$选入第1个序列，其余位置选入第2个序列
此时，来证明两个序列的最长上升子序列都是$frac{L}{2}$
考虑这个长为$L$的最长上升子序列，其前$frac{L}{2}$个元素必然都在第1个序列中，后$frac{L}{2}$个元素必然都在第2个序列中，即两者最长上升子序列长度都大于等于$frac{L}{2}$
另一方面，第1个序列中以$i$为结尾的最长上升序列小于等于$frac{L}{2}$，第2个序列中以$i$为起点的最长上升序列小于等于$frac{L}{2}$（由于$f_{i}>frac{L}{2}$，且两者之和小于等于$L$，即有此结论），也都小于等于$frac{L}{2}$
（其中$i$为各自序列中任意元素）
当$L$为奇数，假设$L=2k+1$，那么对于其中一个长为$L$的上升子序列，要存在一个元素$x$，其不在此序列中，且存在一个长为$k+1$的上升子序列包含其
关于这件事情的必要性是显然的，同时其也是充分的，考虑如下构造——
任选一个长为$L$的上升子序列，根据此性质，选择$x$并假设这个$k+1$的上升子序列为$p_{1},p_{2},...,p_{k+1}$
将所有满足$forall 1le jle k+1,f_{i} e f_{p_{j}}$或$f_{i}=f_{x}$且$i e x$的$a_{i}$选入第1个序列，其余位置选入第2个序列
在第1个序列中，考虑这个长为$L$的上升子序列，设其中第$i$个位置为$x$，即有$f_{x}=i$，恰好包含$[1,L]$中所有值，其中恰有$k$个值不能选（$f_{i}=f_{x}$是可以选的），构成一个长为$k+1$的上升子序列
在第2个序列中，$p_{i}$都被选入第2个序列，也构成一个长为$k+1$个上升子序列
另一方面，对于一个长为$k$的上升子序列，每一个位置的$f_{x}$必然各不相同，而注意到两个序列中都至多含有$k+1$个不同的$f$，即不存在长为$k+2$的上升子序列
关于判定，求出以每一个元素为起点和终点的最长上升子序列，即可求出强制包含某个元素的最长上升子序列，判定其是否大于等于$k+1$即可
由此，即解决此问题，时间复杂度为$o(nlog n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 #define L (k<<1) 5 #define R (L+1) 6 #define mid (l+r>>1) 7 int t,n,ans,a[N],vis[N],f[N],g[N],mx[N<<2]; 8 void build(int k,int l,int r){ 9 mx[k]=0; 10 if (l==r)return; 11 build(L,l,mid); 12 build(R,mid+1,r); 13 } 14 void update(int k,int l,int r,int x,int y){ 15 if (l==r){ 16 mx[k]=y; 17 return; 18 } 19 if (x<=mid)update(L,l,mid,x,y); 20 else update(R,mid+1,r,x,y); 21 mx[k]=max(mx[L],mx[R]); 22 } 23 int query(int k,int l,int r,int x,int y){ 24 if ((l>y)||(x>r))return 0; 25 if ((x<=l)&&(r<=y))return mx[k]; 26 return max(query(L,l,mid,x,y),query(R,mid+1,r,x,y)); 27 } 28 int main(){ 29 scanf("%d",&t); 30 while (t--){ 31 scanf("%d",&n); 32 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 33 ans=0; 34 build(1,1,n); 35 for(int i=1;i<=n;i++){ 36 f[i]=query(1,1,n,1,a[i]-1)+1; 37 update(1,1,n,a[i],f[i]); 38 ans=max(ans,f[i]); 39 } 40 if (ans%2==0)printf("YES "); 41 else{ 42 build(1,1,n); 43 for(int i=n;i;i--){ 44 g[i]=query(1,1,n,a[i]+1,n)+1; 45 update(1,1,n,a[i],g[i]); 46 } 47 bool flag=0; 48 for(int i=n,j=ans;i;i--) 49 if (f[i]==j)j--; 50 else{ 51 if (f[i]+g[i]-1>=ans/2+1){ 52 printf("YES "); 53 flag=1; 54 break; 55 } 56 } 57 if (!flag)printf("NO "); 58 } 59 } 60 }