对于 $1$ 到 $n$ 的一个排列，用 LIS 表示其最长上升子序列的长度，用 LDS 表示其最长下降子序列的长度。输出一个使得 LIS + LDS 最小的排列。
分析
这道题是 CF Round 502 的 C 题。比赛时我毫无思路，过了 D 题之后，面对 C 束手无策，非常难受。下面来仔细说一说「如何思考这个问题」。
观察样例可以看出一种「使得 LIS + LDS 比较小」的排列模式（pattern）。
将 $1$ 到 $n$ 分成 $k$ 组，每一组都单调递增，第 $i$ 组的最小值大于第 $i+1$ 组的最大值；比如 $n= 9$，7,8,9|4,5,6|1,2,3 就是一个满足上述条件的排列，8,9|5,6,7|1,2,3,4 也是。设第 $i$ 组有 $a_i$ 个数，则 $\mathsf{LIS} = \max_{i =1}^{k} a_k$，$\mathsf{LDS} = k$ 。
当划分的组数 $k$ 确定时，显然 LIS 的最小值为 $\lceil n/k \rceil$ 。于是问题化为 $\arg\limits_k\min k + \lceil n/k \rceil $ 。暴力枚举 $k$ 即可。前已说明，这并不一定是最优解，只是一个上界。
自然的，现在我们要考虑的问题是
是否存在一个排列满足 $\mathsf{LIS} < \lceil \frac{n}{\mathsf{LDS}} \rceil $?
这个问题也可以表述为
是否存在一个排列满足 $\mathsf{LDS} < \lceil \frac{n}{\mathsf{LIS}} \rceil $?
因为将排列翻转（reverse）以后， LIS 与 LDS 就互换了。
如果我们能证明这样的排列不存在，那么就证明了上面求出的上界亦是下界。
我们将证明这样的排列确实不存在。
前置知识
偏序集（partially ordered set，poset）
链 （chain），反链（antichain）
Dilworth 定理
For any finite partially ordered set, there exists an antichain $A$, and a partition of the order into a family $P$ of chains, such that the number of chains in the partition equals the cardinality of $A$.
Notes：定理中所谓「a partition of the order」即「a partition of the poset」。
若某条反链 $A$ 与某个链划分 $P$ 大小（cardinality）相等，必然有
- $A$ 是偏序集中的一条最长反链。
- $P$ 是偏序集的最小链划分。
证明：对于任意一个链划分 $P$，设 $C$ 是其中的一条链，则 $A$ 中至多有一个元素来自于链 $C$ 。也就是说，对于任意反链 $A$ 和任意链划分 $P$，有 $|A| \le |P|$ 。
因此，Dilworth 定理也可表述为
任意有限偏序集的最长反链的长度，等于其最小链划分中链的个数。
Note：所谓「链/反链的长度」是指其中的元素个数。
Dilworth 定理与我们要证明的东西有什么联系呢？
我们可以从一个排列构造出一个偏序集：
设 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 是一个 $1$ 到 $n$ 的排列，令 $S$ 是 $n$ 个二元组 $(a_i, i)$ 构成的集合，定义 $S$ 上的偏序 $<$ 为 $ (a_i, i) < (a_j , j)$ 当且仅当 $a_i < a_j$ 且 $ i < j$ 。于是 $S$ 中的最长链的长度即 LIS，最长反链的长度即 LDS。对于偏序集 $S$ 的任意链划分 $P$，我们有，「最长链的长度」大于等于 $\lceil \frac{n}{|P|} \rceil$，又因为存在链划分 $P$ 使得 $|P|$ = 「最长反链的长度」，于是我们有 $\mathsf{LIS } \ge \lceil \frac{n}{\mathsf{LDS}} \rceil$ 。