题面
题解
调了好几个小时啊……话说我考试的时候脑子里到底在想啥……
首先，这个数列肯定是有循环节的，而且循环节的长度(T)不会超过(D)
那么就可以把数列分成三份，(L+S+R)，其中(L,R)为左右两边剩下的，(S)为中间的循环数列。对于(L)，算出(pre_i)表示最后一个数小于等于(i)的最长的子序列的长度，对于(R)算出(suf_i)表示最开始的一个数大于等于(i)的最长的子序列的长度。然后用中间出现过的每一个数以及(pre)和(suf)更新答案就好了
然后中间的部分要怎么计算呢？
通过观察可以发现，设中间的(LIS)长度为(len)，那么这个(LIS)最多只有(L-1)对两两不一样的。而且如果这个数列是长成(xu+F+v)的形式，就是(x)个(u)加上一串(F)加上一个(v)，那么它也可以变成(u+F+xv)的形式，也就是说相等的数字无论与谁相等都是不会影响结果的
那么我们考虑把从(S)中选取的(LIS)分成三部分(LL+k imes SS+RR)，其中(k imes SS)就是那段相等的部分。又因为每个周期中至少选择一个数，所以(LL)和(RR)最多包含(T)个周期，那么长度不会超过(T^2)，用和之前算(L)和(R)一样的方法计算就行了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int p,q,t,h,A,B,C,D,l,r,len,v[N],b[N],pos[155],Pre[155],suf[155];ll n,res,k,sz,dp[N];
inline bool in(R int x){return x>=l&&x<=r;}
void qwq(){
for(p=1;!pos[t];t=(A*t*t+B*t+C)%D,++p)v[p]=t,pos[t]=p;
sz=p-pos[t],k=(n-p+1)/sz+1;
fp(fff,1,sz-1)for(R int i=1;i<=sz;++i,t=(A*t*t+B*t+C)%D,++p)v[p]=t;
--p,len=0,b[0]=-inf;
fp(i,1,p){
if(v[i]>=b[len])b[++len]=v[i],cmax(Pre[v[i]],len);
else{
int g=upper_bound(b+1,b+1+len,v[i])-b;
b[g]=v[i],cmax(Pre[v[i]],g);
}
}
p=1,h=t;
fp(fff,1,sz)for(R int i=1;i<=sz;++i,t=(A*t*t+B*t+C)%D,++p)v[p]=-t;
for(R int i=1,j=(n-pos[t]+1)%sz;i<=j;++i,++p,h=(A*h*h+B*h+C)%D)v[p]=-h;
--p,len=0;
reverse(v+1,v+p+1),b[0]=-inf;
fp(i,1,p){
if(v[i]>=b[len])b[++len]=v[i],cmax(suf[-v[i]],len);
else{
int g=upper_bound(b+1,b+1+len,v[i])-b;
b[g]=v[i],cmax(suf[-v[i]],g);
}
}
k-=sz+sz;
fp(i,1,D-1)cmax(Pre[i],Pre[i-1]);
fd(i,D-2,0)cmax(suf[i],suf[i+1]);
h=(A*t*t+B*t+C)%D;
for(;h!=t;h=(A*h*h+B*h+C)%D)cmax(res,k+Pre[h]+suf[h]);
cmax(res,k+Pre[t]+suf[t]);
printf("%lld
",res);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
freopen("lis.in","r",stdin);
freopen("lis.out","w",stdout);
scanf("%lld%d%d%d%d%d",&n,&t,&A,&B,&C,&D);
if(n<=D*D*2+D+D+D){
b[0]=-inf;
fp(i,1,n){
if(t>=b[len])b[++len]=t,dp[i]=len;
else{
int k=upper_bound(b+1,b+1+len,t)-b;
b[k]=t,dp[i]=k;
}
t=(A*t*t+B*t+C)%D;
}printf("%d
",len);
}else qwq();
return 0;
}