给定 \(1\sim n\) 的排列，\(q\) 次询问，每次查询区间 \([l,r]\) 内的最长上升子序列长度。
\(n \leq 10^5\)。
这里只讨论排列的情况，如果不是排列，也容易通过重新编号变成在 LIS 上等价的一排列。
\(O(n\sqrt{n}\ \mathrm{log}\ n+q\ \mathrm{log}\ n)\)
首先对于问题的关键在 LIS 的刻画方法上，常见的方法有 dp 和 二分贪心。dp 的做法看起来没有什么优化的空间，尝试使用 二分贪心 的方法。
首先回顾一下二分贪心求 LIS 的过程，它是维护一个集合 \(S\)，每次在末尾新加入一个数时，在 \(S\) 中找到最小的大于它的数并替换，如果没有则直接插入。
代入到这个区间的问题上来，我们考虑令 \(S_{i,j}\) 表示从 \(i\) 顺序扫描到 \(j\) 结束后的集合 \(S\)。关于这个集合 \(S\) 有两个关键性质：
\(S_{i+1,j} \subseteq S_{i,j}\)
\(||S_{i+1,j}|-|S_{i,j}|| \leq 1\)。
第二条性质比较显然，可以考虑从 \(j\) 往前扫，\(|S_{i,j}|\) 和 \(|S_{i+1,j}|\) 唯一可能产生变化的地方在于 \(S_{i,j}\) 拥有在最后插入的一个 \(a_i\)，然而 \(a_i\) 最多使得 LIS 长度变化 1。
对于第一条性质做一个说明，可以发现 \(S_{i,j}\) 和 \(S_{i+1,j}\) 的区别之处就是 \(S_{i,j}\) 在最开始比 \(S_{i+1,j}\) 多放一个 \(a_i\)，\(S_{i+1,j}\) 初始则是空的，然后两个 \(S\) 都是正常插入 \(a_{i+1},a_{i+2},...,a_j\) 了。因此我们讨论 \(a_i\) 是否被替换了，如果 \(a_i\) 被替换了就毫无影响，那么就相当于是 \(a_{i+1},a_{i+2},...,a_j\) 按照上面的流程做一遍，因此 $S_{i,j}=S_{i+1,j}。如果 \(a_i\) 没被替换，那么显然对于 \(a_{i+1},a_{i+2},...,a_j\) 没有数小于 \(a_i\)，即 \(a_i\) 最小，那么 \(a_i\) 显然影响不到后面的操作，因此 \(S_{i,j}={a_i} \cup S_{i+1,j}\)。
综上，两条性质均已被证明。我们继续回到原问题。
第一条性质说明了一件事情，就是我们可以认为 \(S_{i,j}\) 对于一个固定的 \(j\) 而言，从 \(S_{1,j}\) 扫到 \(S_{j,j}\) 的过程就是每次可以删除至多一个数，所以对于 \(a_1,a_2,...,a_j\) 每个数来说，它在 \(S_{i,j}\) 出现的都是一个 \(i\) 的前缀，尝试对于所有 \(j\)，维护它的 \(a_i(i \leq j)\) 对应的前缀 \(p_{a_i}\)（注意：这里 \(p_x\) 表示值为 \(x\) 的位置对应的前缀，\(x\) 并非位置），那么如果我们把所有询问 \((l,r)\) 挂在 \(r\) 上，那么就是要求 \(j=r\) 时有多少个 \(p_i \geq l\)。
考虑对 \(j\) 做扫描线，当 \(j \to j+1\) 时维护 \(p\) 数组的变化，对于新加入的 \(v=a_{j+1}\)，显然有 \(p_{v}=j+1\)，因为不管前面的 \(S\) 长啥样，\(a_{j+1}\) 一定会替换掉其中一个使得 \(a_{j+1}\) 存在于 \(S\)。对于之前的 \(p_x\)，若 \(x<v\)，那么显然 \(v(a_{j+1})\) 的加入不会产生影响，因此我们只考虑 \(x>v\) 的 \(p_x\)。
对于 \(p_{v+1}\) 它不管之前在不在，一定会被 \(v\) 替换掉，所以直接 \(p_{v+1}=0\)。对于 \(p_{v+2}\)，只有当插入 \(a_{j+1}\) 的时候 \(v+1\) 在 \(S\) 中出现，才能让 \(v+1\) 帮 \(v+2\) 挡一刀使得 \(v+2\) 活着，因此只有在 \(\mathrm{min}(p_{v+1},p_{v+2})\) 这个前缀 \(v+2\) 能活着，也就是当 \(p_{v+2}>p_{v+1}\) 时，会有 \(p_{v+2}=p_{v+1}\)，否则不变。
模拟上面的过程，可以写出下面形式的代码：
p[v]=j+1,now=0;
for(int i=v+1;i<=n;i++)if(p[i]>now)swap(p[i],now);
首先考虑如果不是对 \(v+1\) 这个后缀操作，而是从 \(1\) 扫到 \(n\)，即下面这个代码：
p[v]=j+1,now=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(p[i]>now)swap(p[i],now);
那么因为我们只关注有多少个 \(p_x \geq l\)，因此我们只关系 \({p_i}\) 这个可重集。考虑执行上面那个代码对 \({p_i}\) 的影响，可以发现是若 \(now>\mathrm{max}\{p_i\}\)，则不影响，否则会把最大值替换成 \(now\)。为什么是这样呢？考虑第一个满足 \(p_i>now\) 的位置，那么这个位置就会被换成 \(now\)，然后 \(now\) 变成这个位置然后继续往后放，第二个也是如此，以此类推。如果我们设被替换的位置序列为 \(b_1,b_2,...,b_m\)，那么最终它们的值就是 \(now,p_1,p_2,...,p_{m-1}\)，对于整个可重集也就是把 \(a_m\) 替换成 \(now\)，而 \(a_m\) 显然是整个数组的最大值，故此说明。这个过程可以用堆来维护。
现在思考 \(i=v+1,v+2,...,n\) 来操作时的做法。这里是一个类似于对区间操作的事情，如果我们还对于整个 \(\{p_i\}\) 的可重集考虑的话，因为可重集是个集合，关注的是整体的变化，没法记位置所以肯定不能再考虑整个了。但是我们可以分块，每个块内维护一个堆，记录整个块的可重集信息。对于 \(v+1 \sim n\) 的整块，从左到右扫描，每次维护一个当前的 \(now\)。对于当前扫到的块，如果 \(now<\mathrm{max}\{p_i\}\)，那么就把 \(\mathrm{max}\{p_i\}\) 替换成 \(now\)，并把 \(now=\mathrm{max}\{p_i\}\)，否则不操作，做完之后扫下去。
整块知道怎么做了以后看散块，如果我们知道这个散块内每个元素是啥，那么就能直接模拟一遍了，然鹅我们对于块维护的都是整体信息，所以肯定还得弄出点新的东西来维护。我们考虑对于一个块，假设我们知道这个块被哪些 \(now\) 更新过（把整个块扫过一遍），能否还原出每个数呢？确定数的顺序应该和更新的顺序一致，从块内第一个元素开始还原。假设这个块是被 \(now:\{x_1,x_2,...,x_m\}\) 更新的（我们可以对于每个块记录标记，维护它被哪些 \(now\) 更新过），那么第一个元素一定是被最小的那个 \(x\) 更新，也就是说它的值就是 \(x\) 中的最小者，然后这个最小者在往后更新的时候因为和第一个元素 \(\mathrm{swap}\) 了，所以它在后面更新的时候值就是 \(p_{blk_1}\)（第一个元素原本值）了，也就是说要把 \(x\) 中最小值替换成 \(p_{blk_1}\)，这个可以发现也是可以用堆维护的。当整个块处理完以后，因为 \(p\) 也更新了，所以得把标记清空。
这样就得到了一个 \(O(n\sqrt{n}\ \mathrm{log}\ n+q\ \mathrm{log}\ n)\) 的做法，可以通过。