题目描述
有一天，一个名叫顺旺基的程序员从石头里诞生了。又有一天，他学会了冒泡排序和独 立集。在一个图里，独立集就是一个点集，满足任意两个点之间没有边。于是他就想把这两 个东西结合在一起。众所周知，独立集是需要一个图的。那么顺旺基同学创造了一个算法， 从冒泡排序中产生一个无向图。
这个算法不标准的伪代码如下：
void bubblesortgraph(n,a[])
//输入：点数n，1到n的全排列a
//输出：一个点数为n的无向图G
{// 创建一个有n个点，0条边的无向图G。
do{ swapped=false
for i 从1 到n-1
if(a[i]>a[i+1])
{ //在G中连接点a[i]和点a[i+1]
//交换a[i]和a[i+1]
swapped =true
}
}while(swapped);
//输出图G。
}
//结束。
那么我们要算出这个无向图G最大独立集的大小。但是事情不止于此。顺旺基同学有时候心情会不爽，这个时候他就会要求你再回答多一个问题：最大独立集可能不是唯一的，但 有些点是一定要选的，问哪些点一定会在最大独立集里。今天恰好他不爽，被他问到的同学 就求助于你了。
输入格式
输入包含两行，第一行为N，第二行为1 到N 的一个全排列。
输出格式
输出包含两行，第一行输出最大独立集的大小，第二行从小到大输出一定在最大独立集 的点的编号。
输入样例
3
3 1 2
输出样例
2
2 3
提示
如上图，顶点1和2一定在最大独立集中，其对应的编号为2和3。
【数据范围】
30%的数据满足N<=16
60%的数据满足N<=1,000
100%的数据满足N<=100,000
分析
打表找规律，或者大力猜结论（？？？
可以发现独立集就是上升子序列
所以问题转化为求那些位置的数一定在最长上升子序列内
考场上猜了两个结论，结果选择写了错误的那个（为什么我不两个一起写啊）
后来发现自己的乱搞出来的解法跟正解有不一样。。。。。。
分别求两次最长上升子序列。
第一次dp时，如果一个数的最优值可由多个之前的状态转移过来，选位置最靠前的那个
第二次dp时，如果一个数的最优值可由多个之前的状态转移过来，选位置最靠后的那个
然后看两次最长子序列中有哪些共有的数，就是答案。
证明的话。。。。。。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[100005],pre[100005],dp[100005],vis[100005];
struct node{int pos,len;}bit[100005];
node max1(node a,node b)
{
if(a.len>b.len)return a;if(a.len<b.len)return b;
if(a.pos<b.pos)return a;return b;
}
node max2(node a,node b)
{
if(a.len>b.len)return a;if(a.len<b.len)return b;
if(a.pos<b.pos)return b;return a;
}
void add1(int x,node a){for(;x<=n;x+=(x&-x))bit[x]=max1(bit[x],a);}
node que1(int x){node mx=(node){0,0};for(;x;x-=(x&-x))mx=max1(bit[x],mx);return mx;}
void add2(int x,node a){for(;x<=n;x+=(x&-x))bit[x]=max2(bit[x],a);}
node que2(int x){node mx=(node){0,0};for(;x;x-=(x&-x))mx=max2(bit[x],mx);return mx;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
node bef=que1(a[i]-1);
dp[i]=bef.len+1,pre[i]=bef.pos;
add1(a[i],(node){i,dp[i]});
}
int mx=0,nx=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(dp[i]>mx)mx=dp[nx=i];
while(nx)vis[nx]++,nx=pre[nx];
memset(bit,0,sizeof bit);memset(pre,0,sizeof pre);
printf("%d\n",mx);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
node bef=que2(a[i]-1);
dp[i]=bef.len+1,pre[i]=bef.pos;
add2(a[i],(node){i,dp[i]});
}
mx=0,nx=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(dp[i]>=mx)mx=dp[nx=i];
while(nx)vis[nx]++,nx=pre[nx];
for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[i]==2)printf("%d ",i);
}