Solution
弱化版
首先不考虑删数操作，考虑至少修改数组中多少个数才能使其单调递增。
转而考虑未被修改的数必须满足的条件。若最终 \(a_i,a_j(i<j)\) 均未被修改，则有 \(j-i\le a_j-a_i\)，即 \(a_i-i\le a_j-j\)。反过来，也能证明任意一个满足该条件的子序列一定能均不被修改。因而问题转化为求 \(n\) 减序列 \(\{a_i-i\}\) 的 LIS 长度。
考虑经典 \(O(n\log n)\) LIS 做法。设 \(f_i\) 为当前长 \(i\) 的不降序列最小末尾（如果不存在则 \(f_i=+\infty\)）。每次二分找到最小的 \(k\) 使得 \(f_k\le a_i\) 并令 \(f_{k+1}\leftarrow\min(f_{k+1},a_i)\)。答案即为 \(n-\max(\{k|f_k<+\infty\})\)。
原题
删数操作可以提至所有修改之前。
同理设 \(g_i\) 为当前已删除一个数时，长 \(i\) 的不降序列最小末尾（删的数不算）。
然后分讨 \(a_i\) 是否删除，共有三个操作。
- 若 \(a_i\) 删除：对于所有 \(k\)，\(g_k\leftarrow \min(g_k,f_k)\)（操作 \(1\)）。
- 若 \(a_i\) 不删除：
- 用 \(a_i-i\) 更新 \(f\)（操作 \(2\)）。
- 用 \(a_i-i+1\) 更新 \(g\)。因为前面已经删了一个数，所以 \(a_i\) 实际下标为 \(i-1\)。（操作 \(3\)）。
为了避免错误的覆盖，需要按 \(3\to 1\to 2\) 的顺序执行三个操作。
然后使用线段树维护 \(f,g\) 即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i(a);i<b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) ((p)<<1|1)
using namespace std;
constexpr int N=2e5+5,INF=1.1e9;
int n,x,f[N<<2],g[N<<2];
bool tag[N<<2];
void add_tag(int p){tag[p]=true;g[p]=min(g[p],f[p]);
}
void push_up(int p){f[p]=min(f[ls(p)],f[rs(p)]);g[p]=min(g[ls(p)],g[rs(p)]);
}
void push_down(int p){if(tag[p]){add_tag(ls(p));add_tag(rs(p));tag[p]=0;}
}
int get(int tree[],int p,int pl,int pr,int x){ // 查找最后一个<=x的下标if(pl==pr) return pl;int mid=pl+pr>>1;push_down(p);if(tree[rs(p)]>x) return get(tree,ls(p),pl,mid,x);return get(tree,rs(p),mid+1,pr,x);
}
void upd(int tree[],int p,int pl,int pr,int pos,int x){ // 单点更新if(pl==pr){tree[p]=min(tree[p],x);return;}int mid=pl+pr>>1;push_down(p);if(pos<=mid) upd(tree,ls(p),pl,mid,pos,x);else upd(tree,rs(p),mid+1,pr,pos,x);push_up(p);
}
signed main(){cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);cin>>n>>x;fill(f+1,f+(n<<2),INF);fill(g+1,g+(n<<2),INF);// 以i=1时为初始值upd(f,1,0,n,0,-INF); // f[0]=-INFupd(f,1,0,n,1,x-1); // f[1]=a[1]-1upd(g,1,0,n,0,-INF); // g[0]=-INFrept(i,2,n){cin>>x;upd(g,1,0,n,get(g,1,0,n,x-i+1)+1,x-i+1); // 操作3add_tag(1); // 操作1upd(f,1,0,n,get(f,1,0,n,x-i)+1,x-i); // 操作2}cout<<n-1-get(g,1,0,n,INF-1);return 0;
}