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[ARC180E] LIS and Inversion
首先考虑要求代价为 \(0\) 的一个暴力 DP：\(f_{i,j}\) 表示填了前 \(i\) 个数，此时相对值域末尾为 \(j\) 的数结尾的 LIS 的最大值。填第 \(i+1\) 个数的时候，把它插在某两个数之间，所以转移是：
\[f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j-1}\qquad\qquad\qquad j>i-a_{i}\\ \max_{k<j}\{f_{i-1,k}+1\}\quad 1<j\leq i-a_{i}\\ 1\qquad\qquad\qquad\qquad\;\; j=1\\ \end{cases} \]经过观察，可以发现取前缀最大值的操作是不必要的，第二种情况可以直接令 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1\)。
证明：假设存在 \(f_{i-1,k}>f_{i-1,j-1}\)，应当用 \(k\) 贡献到 \(j\)。但是因为 \(k+1\leq j\leq i-a_i\)，所以 \(k+1\leq i-a_i\)，所以此时 \(f_{i,k+1}\geq f_{i-1,k}+1\)。在 \(f\) 相同的情况下，显然是下标越小的越有前途，所以 \(k+1\) 不劣于 \(j\)，\(j\) 是没有用的。
这样 \(f\) 的转移就变成了：先平移一位，在最前面加入 \(0\)，然后做一个 \([1,i-a_i]\) 的前缀 \(+1\) 的操作。然后可以进一步发现，如果允许代价为 \(k\)，则可以看成把 \(k\) 个位置的 \(a_i\) 变成 \(0\)，即前缀加变成了全局加。
所以考虑统计每个位置被多少次前缀加覆盖，这可以用差分简单实现，这样就求出来了 \(f\)。在最后位置 \(i\) 的答案上界是 \(i\)，所以可以花费 \(j\) 的代价（\(j\leq i-f_i\)）来获得一个 \(f_i+j\) 的答案。可以从 \(n\) 到 \(1\) 做一遍扫描线，每次令 \(t_{f_i}=f_i\)，还需要查询前缀 \(\max\)，可以用树状数组维护。总复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。（最后这一步好像可以 \(\mathcal O(n)\) 的谔谔）
int n,a[250010],f[250010],ans[250010];
namespace BIT
{
int t[250010];
inline void add(int x,int y){for(;x<=n;x+=x&-x)Mmax(t[x],y);}
inline int ask(int x){int s=0;for(;x;x-=x&-x)Mmax(s,t[x]);return s;}
}
using namespace BIT;
inline void mian()
{
read(n);int x;
for(int i=1;i<=n;++i)read(x),f[n-i+1]++,f[n-x+1]--;
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]+=f[i-1];
for(int i=n;i>=1;--i)add(f[i],f[i]),ans[i]=i-ask(i);
for(int i=1;i<=n;++i)write(ans[i]);
}