题解：最大上升子序列和

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题意分析

给定一个序列，求最大上升子序列和。注意不是最长上升子序列。

我们可以很容易得出一个 \(\mathcal O(n^2)\) 的做法：枚举 \(i\in [1,n]\) 和 \(j \in [1,i-1]\)，以 \(a_i\) 为末尾的最大上升子序列和 \(\textit{dp}_i\) 即满足 \(a_j<a_i\) 的最大的 \(\textit{dp}_j+a_i\)。

然而 \(1\leq n \leq 10^5\)，\(\mathcal O(n^2)\) 并不足以支持我们通过此题。

考虑优化。

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能够使 \(\textit{dp}_i=\textit{dp}_j+a_i\) 成立的 \(j\) 需要满足以下条件：

• \(j<i\)；
• \(a_j<a_i\)；
• \(\textit{dp}_j\) 最大。

我们想到使用数据结构来维护其中的某一个（些），使用另一个（些）来查询。

对于 \(\textit{dp}_j\) 最大，明显想到区间最值。

对于 \(a_j<a_i\)，想到值域。

因此，我们可以通过权值树状数组来维护区间最值，每次查询即在 \([1,a_i-1]\) 内查询最大的 \(\textit{dp}\) 值即可。

具体而言，令 \(\textit{dp}_i\) 表示以 \(a_i\) 结尾的最长上升子序列的和，权值树状数组 \(t\) 维护在值域上由 \(a_i\) 映射而得的 \(\textit{dp}_i\)。

注意需要离散化和 long long。

时间复杂度：\(\mathcal O(n\log n)\)。

为什么此处能够通过树状数组维护区间最值

众所周知，树状数组不能维护区间最值，因为区间最值不可差分。

也就是知道 $[1,r]$ 和 $[1,l-1]$ 的最值，不能求出 $[l,r]$ 的最值。

然而，此处并不需要差分，每次查询都是 $[1,r]$ 的形式，因此可以使用。

细节见代码。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath> 
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5;
int n,a[N+1],tmp[N+1];
ll dp[N+1];
struct tree{
	ll t[N+1];
	
	int lowbit(int x){
		return x&-x;
	}
	ll query(int x){
		ll ans=0;
		while(x){
			ans=max(ans,t[x]);//不同之一
			x-=lowbit(x);
		}return ans;
	}//注意这里是直接赋值，而不是传统的增加
	void set(int x,ll k){
		ll pl=k;
		while(x<=N){
			pl=max(pl,t[x]);//不同之二
			t[x]=pl;
			x+=lowbit(x);
		}
	}
}t;
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",a+i);
		tmp[i]=a[i];
	}
	sort(tmp+1,tmp+n+1);
	int m=unique(tmp+1,tmp+n+1)-tmp-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+m+1,a[i])-tmp;
	}
	ll Max=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=t.query(a[i]-1)+tmp[a[i]];
		Max=max(Max,dp[i]);
		t.set(a[i],dp[i]);
	}printf("%lld\n",Max);
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}