这个答案是根据我在计算机科学 Stackexchange 上对类似问题的回答修改而来的。
最多有 k 个异常的 LIS 问题允许使用拉格朗日松弛的 O(n log² n) 算法。当 k 大于 log n 时，这会在 O(nk log n) DP 上渐进改进，我们还将简要解释。
令 DP[a][b] 表示最长递增子序列的长度，最多 b 个例外（前一个整数大于下一个整数的位置）在元素b a 处结束。该 DP 不涉及算法，但定义它可以更容易地证明算法。
为方便起见，我们将假设所有元素都是不同的，并且数组中的最后一个元素是它的最大值。请注意，这并不限制我们，因为我们可以将 m / 2n 添加到每个数字的第 m 次出现，并将无穷大附加到数组并从答案中减去一个。令 V 为排列，其中 1 <= V[i] <= n 是第 i 个元素的值。
为了解决 O(nk log n) 中的问题，我们保持 DP[a][b] 已经为 b < j 计算的不变量。循环 j 从 0 到 k，在第 j 次迭代计算所有 a 的 DP[a][j]。为此，将 i 从 1 循环到 n。我们维持 x < i 上 DP[x][j-1] 的最大值和一个前缀最大数据结构，在索引 i 处，对于 x < i 和 0，DP[x][j] 将在位置 V[x] 处有 DP[x][j]在每个其他位置。
我们有 DP[i][j] = 1 + max(DP[i'][j], DP[x][j-1]) 在这里我们遍历 i', x < i, V[i'] < Ⅴ[i]。DP[x][j-1] 的前缀最大值为我们提供了第二种类型的最大项，查询前缀最大数据结构中的前缀 [0, V[i]] 为我们提供了第一种类型的最大项类型。然后更新前缀最大值和前缀最大值数据结构。
这是该算法的 C++ 实现。请注意，此实现不假定数组的最后一个元素是它的最大值，或者数组不包含重复项。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
// Fenwick tree for prefix maximum queries
class Fenwick {
private:
vector<int> val;
public:
Fenwick(int n) : val(n+1, 0) {}
// Sets value at position i to maximum of its current value and
void inc(int i, int v) {
for (++i; i < val.size(); i += i & -i) val[i] = max(val[i], v);
}
// Calculates prefix maximum up to index i
int get(int i) {
int res = 0;
for (++i; i > 0; i -= i & -i) res = max(res, val[i]);
return res;
}
};
// Binary searches index of v from sorted vector
int bins(const vector<int>& vec, int v) {
int low = 0;
int high = (int)vec.size() - 1;
while(low != high) {
int mid = (low + high) / 2;
if (vec[mid] < v) low = mid + 1;
else high = mid;
}
return low;
}
// Compresses the range of values to [0, m), and returns m
int compress(vector<int>& vec) {
vector<int> ord = vec;
sort(ord.begin(), ord.end());
ord.erase(unique(ord.begin(), ord.end()), ord.end());
for (int& v : vec) v = bins(ord, v);
return ord.size();
}
// Returns length of longest strictly increasing subsequence with at most k exceptions
int lisExc(int k, vector<int> vec) {
int n = vec.size();
int m = compress(vec);
vector<int> dp(n, 0);
for (int j = 0;; ++j) {
Fenwick fenw(m+1); // longest subsequence with at most j exceptions ending at this value
int max_exc = 0; // longest subsequence with at most j-1 exceptions ending before this
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int off = 1 + max(max_exc, fenw.get(vec[i]));
max_exc = max(max_exc, dp[i]);
dp[i] = off;
fenw.inc(vec[i]+1, off);
}
if (j == k) return fenw.get(m);
}
}
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> vec(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> vec[i];
int res = lisExc(k, vec);
cout << res << '\n';
}
现在我们将回到 O(n log² n) 算法。选择一些整数 0 <= r <= n。定义DP'[a][r] = max(DP[a][b] - rb)，其中取最大值为b，MAXB[a][r]为最大值b使得DP'[a][ r] = DP[a][b] - rb，并且 MINB[a][r] 与 b 等最小值类似。我们将证明 DP[a][k] = DP'[a][r] + rk 当且仅当 MINB[a][r] <= k <= MAXB[a][r]。此外，我们将证明，对于任何 k 存在一个 r，这个不等式成立。
请注意，如果 r < r'，则 MINB[a][r] >= MINB[a][r'] 和 MAXB[a][r] >= MAXB[a][r']，因此如果我们假设两者声称结果，我们可以对 r 进行二进制搜索，尝试 O(log n) 值。因此，如果我们可以在 O(n log n) 时间内计算 DP'、MINB 和 MAXB，我们就可以达到 O(n log² n) 的复杂度。
为此，我们需要一个存储元组 P[i] = (v_i, low_i, high_i) 的段树，并支持以下操作：
给定一个范围 [a, b]，找到该范围内的最大值（最大值 v_i，a <= i <= b），以及该范围内与该值配对的最小低点和最大高点。
设置元组 P[i] 的值
假设对段树有一定的了解，这很容易实现，每次操作的复杂度为 O(log n) 时间。具体可以参考下面算法的实现。
我们现在将展示如何在 O(n log n) 中计算 DP'、MINB 和 MAXB。修复 r。构建最初包含 n+1 个空值（-INF、INF、-INF）的段树。对于 j 小于当前位置 i，我们维持 P[V[j]] = (DP'[j], MINB[j], MAXB[j])。如果 r > 0 则设置 DP'[0] = 0, MINB[0] = 0 和 MAXB[0] 为 0，否则设置为 INF 和 P[0] = (DP'[0], MINB[0], MAXB[ 0]）。
循环 i 从 1 到 n。有两种以 i 结尾的子序列：前一个元素大于 V[i] 的子序列和小于 V[i] 的子序列。要考虑第二种情况，请查询 [0, V[i]] 范围内的段树。让结果为 (v_1, low_1, high_1)。设置 off1 = (v_1 + 1, low_1, high_1)。对于第一种，查询 [V[i], n] 范围内的段树。令结果为 (v_2, low_2, high_2)。设置 off2 = (v_2 + 1 - r, low_2 + 1, high_2 + 1)，我们会因创建异常而受到 r 的惩罚。
然后我们将 off1 和 off2 组合成 off。如果 off1.v > off2.v 设置 off = off1，如果 off2.v > off1.v 设置 off = off2。否则，设置 off = (off1.v, min(off1.low, off2.low), max(off1.high, off2.high))。然后设置 DP'[i] = off.v、MINB[i] = off.low、MAXB[i] = off.high 和 P[i] = off。
由于我们在每个 i 处进行两次分段树查询，因此总共需要 O(n log n) 时间。通过归纳很容易证明我们计算了正确的值 DP'、MINB 和 MAXB。
所以简而言之，算法是：
预处理，修改值，使它们形成一个排列，最后一个值是最大值。
对正确的 r 进行二分搜索，初始边界为 0 <= r <= n
用空值初始化段树，设置 DP'[0]、MINB[0] 和 MAXB[0]。
从 i = 1 循环到 n，在步骤 i
- 查询段树的范围[0, V[i]]和[V[i], n]，
- 根据这些查询计算 DP'[i]、MINB[i] 和 MAXB[i]，以及
- 将段树中位置 V[i] 的值设置为元组 (DP'[i], MINB[i], MAXB[i])。
如果 MINB[n][r] <= k <= MAXB[n][r]，则返回 DP'[n][r] + kr - 1。
否则，如果 MAXB[n][r] < k，则正确的 r 小于当前的 r。如果MINB[n][r] > k，则正确的r大于当前的r。更新 r 的边界并返回步骤 1。
这是该算法的 C++ 实现。它还找到了最佳子序列。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
using ll = long long;
const int INF = 2 * (int)1e9;
pair<ll, pair<int, int>> combine(pair<ll, pair<int, int>> le, pair<ll, pair<int, int>> ri) {
if (le.first < ri.first) swap(le, ri);
if (ri.first == le.first) {
le.second.first = min(le.second.first, ri.second.first);
le.second.second = max(le.second.second, ri.second.second);
}
return le;
}
// Specialised range maximum segment tree
class SegTree {
private:
vector<pair<ll, pair<int, int>>> seg;
int h = 1;
pair<ll, pair<int, int>> recGet(int a, int b, int i, int le, int ri) const {
if (ri <= a || b <= le) return {-INF, {INF, -INF}};
else if (a <= le && ri <= b) return seg[i];
else return combine(recGet(a, b, 2*i, le, (le+ri)/2), recGet(a, b, 2*i+1, (le+ri)/2, ri));
}
public:
SegTree(int n) {
while(h < n) h *= 2;
seg.resize(2*h, {-INF, {INF, -INF}});
}
void set(int i, pair<ll, pair<int, int>> off) {
seg[i+h] = combine(seg[i+h], off);
for (i += h; i > 1; i /= 2) seg[i/2] = combine(seg[i], seg[i^1]);
}
pair<ll, pair<int, int>> get(int a, int b) const {
return recGet(a, b+1, 1, 0, h);
}
};
// Binary searches index of v from sorted vector
int bins(const vector<int>& vec, int v) {
int low = 0;
int high = (int)vec.size() - 1;
while(low != high) {
int mid = (low + high) / 2;
if (vec[mid] < v) low = mid + 1;
else high = mid;
}
return low;
}
// Finds longest strictly increasing subsequence with at most k exceptions in O(n log^2 n)
vector<int> lisExc(int k, vector<int> vec) {
// Compress values
vector<int> ord = vec;
sort(ord.begin(), ord.end());
ord.erase(unique(ord.begin(), ord.end()), ord.end());
for (auto& v : vec) v = bins(ord, v) + 1;
// Binary search lambda
int n = vec.size();
int m = ord.size() + 1;
int lambda_0 = 0;
int lambda_1 = n;
while(true) {
int lambda = (lambda_0 + lambda_1) / 2;
SegTree seg(m);
if (lambda > 0) seg.set(0, {0, {0, 0}});
else seg.set(0, {0, {0, INF}});
// Calculate DP
vector<pair<ll, pair<int, int>>> dp(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
auto off0 = seg.get(0, vec[i]-1); // previous < this
off0.first += 1;
auto off1 = seg.get(vec[i], m-1); // previous >= this
off1.first += 1 - lambda;
off1.second.first += 1;
off1.second.second += 1;
dp[i] = combine(off0, off1);
seg.set(vec[i], dp[i]);
}
// Is min_b <= k <= max_b?
auto off = seg.get(0, m-1);
if (off.second.second < k) {
lambda_1 = lambda - 1;
} else if (off.second.first > k) {
lambda_0 = lambda + 1;
} else {
// Construct solution
ll r = off.first + 1;
int v = m;
int b = k;
vector<int> res;
for (int i = n-1; i >= 0; --i) {
if (vec[i] < v) {
if (r == dp[i].first + 1 && dp[i].second.first <= b && b <= dp[i].second.second) {
res.push_back(i);
r -= 1;
v = vec[i];
}
} else {
if (r == dp[i].first + 1 - lambda && dp[i].second.first <= b-1 && b-1 <= dp[i].second.second) {
res.push_back(i);
r -= 1 - lambda;
v = vec[i];
--b;
}
}
}
reverse(res.begin(), res.end());
return res;
}
}
}
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> vec(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> vec[i];
vector<int> ans = lisExc(k, vec);
for (auto i : ans) cout << i+1 << ' ';
cout << '\n';
}
我们现在将证明这两个主张。我们希望证明
DP'[a][r] = DP[a][b] - rb 当且仅当 MINB[a][r] <= b <= MAXB[a][r]
对于所有 a, k 存在一个整数 r，0 <= r <= n，使得 MINB[a][r] <= k <= MAXB[a][r]
这两者都源于问题的凹性。凹度意味着 DP[a][k+2] - DP[a][k+1] <= DP[a][k+1] - DP[a][k] 对于所有 a, k。这很直观：我们被允许的例外越多，允许的例外越少，对我们的帮助就越小。
修复 a 和 r。设置 f(b) = DP[a][b] - rb，并且 d(b) = f(b+1) - f(b)。从问题的凹度我们有 d(k+1) <= d(k)。假设所有 i 的 x < y 和 f(x) = f(y) >= f(i)。因此 d(x) <= 0，因此对于 [x, y) 中的 i，d(i) <= 0。但是 f(y) = f(x) + d(x) + d(x + 1) + ... + d(y - 1)，因此对于 [x, y) 中的 i，d(i) = 0。因此 f(y) = f(x) = f(i) for i in [x, y]。这证明了第一个说法。
为了证明第二个，设置 r = DP[a][k+1] - DP[a][k] 并如前所述定义 f, d。然后 d(k) = 0，因此 d(i) >= 0 对于 i < k 和 d(i) <= 0 对于 i > k，因此 f(k) 是所需的最大值。
证明凹度比较困难。如需证明，请参阅我在 cs.stackexchange 上的回答。