题意概述：
给出一个长度为N的序列和M组询问，问假设把某个位置的值改成另一个给出的值之后，序列的最长上升子序列的长度。
N,M<=400000.
分析：
考虑某个位置的值改动后这个位置和最长上升子序列(lis)的关系：
1、这个位置包含在lis中（这种情况答案可能+1，可计算经过这个点的lis来等效决策）。
2、这个位置不包含在lis中，那么需要看是否任意的lis都经过这个位置。如果是的话此决策的结果在原来长度基础上-1，否则就等于原来的长度。
有了大体思路，接下来想想维护。
任务1：对于任意位置x，求包含这个点的lis长度，令g1(i)表示1->N方向长度为i的lis的最长上升子序列的最后一个值的最小值，g2(i)表示N->1方向长度为i的最长下降子序列的最后一个值的最大值（更新就不说了，基础），如果知道位置x状态下恰好未更新的g1,g2数组内容，就同更新一样用前后以这个点结尾的最长序列长度相加-1就是此决策的结果。
任务2：这个实际上是重点，对于任意位置x，知道的东西和任务1一样，同时知道是否存在一对g1(a),g2(b)满足a+b=len(len是原序列lis长度)&&g1(a)<g2(b)，如果存在那么此决策的结果为原来答案，否则为原来答案-1。
如果要强行在线的话三棵主席树维护一下两个g数组和一个vis数组（vis(x)表示对于当前状态来说g1(x),g2(len-x)是否合法，当前状态是否合法实际上就是看vis的所有值的和是否不为0）然后随便乱搞就可以了。
然而。。。我选择离线，询问按照位置排序，正反扫一遍序列处理第一种情况，然后再正着扫一遍把第二种情况用一个数组处理了就可以了。能离线何苦去在线码主席树呢（手动滑稽）（手动链表或者vector都可以帮忙离线）？！！
然而我还是弄了半天，污浊的机房CO2，QAQ
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdlib>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 #include<queue>
8 #include<set>
9 #include<map>
10 #include<vector>
11 #include<cctype>
12 using namespace std;
13 const int maxn=400005;
14
15 int N,M,h[maxn];
16 struct que{
17 int id,pos,v;
18 friend bool operator < (que a,que b){
19 return a.pos<b.pos;
20 }
21 }q[maxn];
22 int g1[maxn],g2[maxn],cnt1,cnt2,ans[maxn],len,vis[maxn];
23 struct mlink{
24 static const int max_sz=400005;
25 int np,w[maxn],first[maxn],next[maxn];
26 mlink(){
27 np=0,w[0]=next[0]=0;
28 memset(first,0,sizeof(first));
29 }
30 void ins(int i,int x) { w[++np]=x,next[np]=first[i],first[i]=np; }
31 void del(int i) { first[i]=next[first[i]]; }
32 int val(int i) { return w[first[i]]; }
33 }dd;
34
35 void data_in()
36 {
37 scanf("%d%d",&N,&M);
38 for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&h[i]);
39 for(int i=1;i<=M;i++){
40 scanf("%d%d",&q[i].pos,&q[i].v);
41 q[i].id=i;
42 }
43 sort(q+1,q+M+1);
44 }
45 bool cmp(int x,int y) { return x>y; }
46 void work()
47 {
48 for(int i=1;i<=N;i++){
49 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q;
50 while(j<=M&&q[j].pos==i)
51 ans[q[j].id]=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,q[j].v)-g1,j++;
52 int x=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,h[i])-g1;
53 if(x>cnt1) cnt1=x;
54 g1[x]=h[i];
55 }
56 for(int i=N;i>=1;i--){
57 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q;
58 while(j<=M&&q[j].pos==i)
59 ans[q[j].id]+=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,q[j].v,cmp)-g2-1,j++;
60 int x=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[i],cmp)-g2;
61 if(x>cnt2) cnt2=x;
62 g2[x]=h[i];
63 dd.ins(x,g2[x]);
64 }
65 memset(g1,0,sizeof(g1)); len=cnt1,cnt1=0;
66 int x=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[1],cmp)-g2,sum=0;
67 dd.del(x); g2[x]=dd.val(x);
68 if(g2[len]) vis[0]=1,sum++;
69 for(int i=1;i<=N;i++){
70 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q;
71 while(j<=M&&q[j].pos==i)
72 ans[q[j].id]=max(ans[q[j].id],len-(sum==0)),j++;
73 int x1=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,h[i])-g1;
74 if(x1>cnt1) cnt1=x1; g1[x1]=h[i];
75 int x2=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[i+1],cmp)-g2;
76 dd.del(x2); g2[x2]=dd.val(x2);
77 if(!g2[x2]) cnt2--;
78 if((x1==len||g1[x1]<g2[len-x1])&&!vis[x1]) vis[x1]=1,sum++;//请注意这一句的第一个条件
79 if(g1[len-x2]>=g2[x2]&&vis[len-x2]) vis[len-x2]=0,sum--;
80 }
81 for(int i=1;i<=M;i++) printf("%d\n",ans[i]);
82 }
83 int main()
84 {
85 data_in();
86 work();
87 return 0;
88 }