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我们称序列 \(p\) 上的一组 \((i, i+1)\) 满足 \(p_i < p_{i+1}\)，为一个上升位。题目要求的就是，使上升位数量最大的前提下，最短的子序列长度。
先不考虑区间查询。首先我们要考虑的是，给你一个排列 \(a\)，怎么求出它的一个子序列，使得上升位数量最大。
我们可以先得到答案上界：我们将序列 \(a\) 分成若干个极长的下降段，如 \((4, 1, 5, 3, 7, 6, 2)\) 我们分成 \((4, 1) , (5, 3), (7, 6, 2)\)。假设分成了 \(k\) 段，那么答案上界应该是 \(k-1\)。
这个为什么是上界很好理解：由于每一段递减，因此每一段内部不可能产生上升位；而相邻两个段至多产生一个上升位。因此总的上升位数量不会超过段数 \(-1\)。取到这个上界的条件也就是，每段至少选 \(1\) 个，相邻段会产生上升位。
接下来考虑一个基于构造的证明，可以在证明答案能取到 \(k-1\) 的同时，求解出最短的子序列长度。
- 对于第一段，显然选的数越小，后面的段越容易满足条件。因此我们选第一段的最小值。
- 假设我们前一个选的数字是 \(x\)，所属段是 \(i\)。那么
- 如果 \(x>\) 第 \(i+1\) 段的最大值，那么我们在第 \(i+1\) 段无论选什么数都无法和第 \(i\) 段产生上升位，那就取不到上界了。因此需要在第 \(i\) 段多选一个数字来满足 \(i\) 和 \(i+1\) 段产生上升位。由于在当前段选小的数字是不劣的，我们选择当前第 \(i\) 段的最小值。容易证明当前段的最小值一定小于下一段的最大值，否则这两段应当合并称一个大段。
- 如果 \(x<\) 第 \(i+1\) 段的最大值，那么一定可以通过在下一段选取合适的数字满足产生上升段的条件。由于在下一段选择尽可能小的数字更容易满足以后更多段的要求，因此我们选择 \(i+1\) 段中，最小的 \(>x\) 的数字。
- 当最后一个段有数字被选中的时候，答案被求得。
上述过程可以理解成，我们当前所选的数字在序列上跳的过程；而 \(x\) 会跳到哪里只和初始序列和 \(x\) 本身有关！
所以我们对于每个 \(x\) 预处理出 \(x\) 跳一步之后会跳到哪里。这个可以倍增优化。具体地，对于每次询问 \([l, r]\)，如果 \(l, r\) 同属一段就输出 \(1\)；否则就从 \(l\) 所在段最小值开始跳，直到跳到 \(r\) 所属段为止即可。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 200006
using namespace std;
int n,q,c,a[N],bel[N],pos[20][N];
pair<int,int> b[N];
main()
{scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){for(j=i;j<n&&a[j]>a[j+1];j++);b[++c]={i,j};for(int k=i;k<=j;k++)bel[k]=c;}bel[n+1]=c+1;for(int j=0;j<20;j++)for(int i=1;i<=n+1;i++)pos[j][i]=n+1;for(int i=1;i<=n;i++){if(bel[i]==c)continue;if(a[i]>a[b[bel[i]+1].first])pos[0][i]=b[bel[i]].second;else {int l=b[bel[i]+1].first;int r=b[bel[i]+1].second;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(a[mid]>a[i])pos[0][i]=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}}}for(int i=1;i<20;i++)for(int j=1;j<=n;j++)pos[i][j]=pos[i-1][pos[i-1][j]];while(q--){int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);if(bel[l]==bel[r]) {printf("1\n"); continue;}int ans=1,st=b[bel[l]].second;for(int i=19;~i;i--)if(bel[pos[i][st]]<bel[r])ans+=1<<i,st=pos[i][st];printf("%d\n",ans+1);}return 0;
}