题目：
给定一个长度为 N 的整数序列：A1, A2, · · · , AN。现在你有一次机会，将其中连续的 K 个数修改成任意一个相同值。请你计算如何修改可以使修改后的数列的最长不下降子序列最长，请输出这个最长的长度。
最长不下降子序列是指序列中的一个子序列，子序列中的每个数不小于在它之前的数。
输入格式
输入第一行包含两个整数 N 和 K。
第二行包含 N 个整数 A1, A2, · · · , AN。
输出格式
输出一行包含一个整数表示答案。
（1）代码：
##########################输入部分
n, k = map(int, input().split())
arr = [int(i) for i in input().split()]
l = n
notk_max = 0
zd = [0 for i in range(l)]
######################################代码部分
def bs(t,a,mid):
if t:
return mid <= a
else:
return mid >= a
def erf(t,dp,a):#找到新元素在单调栈中的位置,t为False是自左往右第一个小于a，t为True是自左往右第一个大于a
if not dp:
return -1
l,r=0,len(dp)-1
while l<r:
mid=(l+r)//2
if bs(t,a,dp[mid]):#缩头
l=mid+1
else:
r=mid
return -1 if bs(t,a,dp[l]) else l
def zhao2(): # 得出以我结尾的的最长子序列
global zd, notk_max, arr, k, l
dp = []
for i in range(l - k):
wz = erf(True, dp, arr[i])
if wz < 0:
dp.append(arr[i])
zd[i] += len(dp)
else:
dp[wz] = arr[i]
zd[i] += (wz + 1)
if zd[i] > notk_max:
notk_max = zd[i]
def zhao1(): # 得出以我开头的最长子序列 (不包括自己)，以及k在最左侧的not_kmax
global zd, notk_max, arr, k, l
dp = []
for i in range(l - 1, k, -1):
wz = erf(False, dp, arr[i])
if wz < 0:
dp.append(arr[i])
else:
dp[wz] = arr[i]
#######以下为zd赋值
wz = erf(False, dp, arr[i - k - 1])
if wz < 0:
zd[i - k - 1] = len(dp)
else:
zd[i - k - 1] = wz
########以下得出k覆盖最左 最长不下降子序列长度
notk_max = len(dp)
wz = erf(False, dp, arr[k])
if wz < 0:
notk_max += 1
##############################################输出部分
zhao1()
zhao2()
print(notk_max + k)
（1）解析：
1.在代码中的前两个函数为辅助判断二次搜查
def bs(t,a,mid):
if t:
return mid <= a
else:
return mid >= a
def erf(t,dp,a):#找到新元素在单调栈中的位置,t为False是自左往右第一个小于a，t为True是自左往右第一个大于a
if not dp:
return -1
l,r=0,len(dp)-1
while l<r:
mid=(l+r)//2
if bs(t,a,dp[mid]):#缩头
l=mid+1
else:
r=mid
return -1 if bs(t,a,dp[l]) else l
首先我们用t = True，来表示找到在dp这个列表中，比a大的数，首先用二分搜查，来确定比a大的属的序列在哪里，用辅助函数bs来判断，当t为True时，dp[mid]比a小，说明此时mid不是我们要找的序列，将l更新，直到找到我们需要的序列，最后返回l
接下来对主题函数的思想进行分析，首先将k想象为一个可以覆盖元素的滑动窗口，自左往右滑动，k每滑动一次我们就从没有被k覆盖的元素中找最长不下降子序列。而k自左往右滑动完，出现过的最长的最长不下降子序列的长度＋k就是我们要的答案
案例 ：1，4，2，8，5 。k=2 max=0
（1）k覆盖1，4。从剩余的2，8，5找得最长不下降子序列，2，8。或2，5。max=2
（2）k覆盖4，2。从剩余的1，8，5找得最长不下降子序列 1，8。1，5。max不变
（3）k覆盖2，8。从剩余的1，4，5找得最长不下降子序列1，4，5。max=3
（4）k覆盖8，5。.........max不变
最终max+k就是我们要的答案
2.zhao2的作用是将前（n-k）个数的最佳排序调整到notk------max，并解释一下global用法，用 global 之后的变量将不只局限函数，而是放大于整体程序，在函数中变量的变值可以在函数以外的程序中使用
def zhao2(): # 得出以我结尾的的最长子序列
global zd, notk_max, arr, k, l
dp = []
for i in range(l - k):（此时l为n）
wz = erf(True, dp, arr[i])
if wz < 0:
dp.append(arr[i])
zd[i] += len(dp)
else:
dp[wz] = arr[i]
zd[i] += (wz + 1)
if zd[i] > notk_max:
notk_max = zd[i]
| 关键操作 | 作用 |
|---|---|
erf(True, dp, arr[i]) |
找到 arr[i] 在 dp 中的插入位置（第一个 >arr[i] 的数）。 |
dp.append(arr[i]) |
扩展 LNDS 长度（当前数字比所有 dp 值大）。 |
dp[wz] = arr[i] |
替换 dp 中的值，保持最小末尾（优化后续可能性）。 |
zd[i] 赋值 |
记录以 arr[i] 结尾的 LNDS 长度。 |
第1步：处理 arr[0] = 3
- 查找插入位置 ：
erf(True, [], 3)→ 空栈直接返回-1。
- 更新
dp和zd：wz = -1→ 执行dp.append(3)→dp = [3]。zd[0] = len(dp) = 1（以3结尾的 LNDS 长度为 1）。
- 更新全局最大值 ：
notk_max = max(0, 1) = 1。
| i | arr[i] | dp 变化 | zd | notk_max |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 3 | [3] |
[1,0,0,0,0] |
1 |
第2步：处理 arr[1] = 1
- 查找插入位置 ：
erf(True, [3], 1)→ 找第一个>1的数（3在索引0）。- 返回
0。
- 更新
dp和zd：wz = 0→ 替换dp[0] = 1→dp = [1]。zd[1] = wz + 1 = 1（以1结尾的 LNDS 长度为 1）。
- 全局最大值 ：
notk_max保持1（未更新）。
| i | arr[i] | dp 变化 | zd | notk_max |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | [1] |
[1,1,0,0,0] |
1 |
第3步：处理 arr[2] = 4
- 查找插入位置 ：
erf(True, [1], 4)→ 找第一个>4的数（无，返回-1）。
- 更新
dp和zd：wz = -1→dp.append(4)→dp = [1, 4]。zd[2] = len(dp) = 2（以4结尾的 LNDS 为[1, 4]）。
- 全局最大值 ：
notk_max = max(1, 2) = 2。
| i | arr[i] | dp 变化 | zd | notk_max |
|---|---|---|---|---|
| 2 | 4 | [1, 4] |
[1,1,2,0,0] |
2 |
第4步：处理 arr[3] = 2
- 查找插入位置 ：
erf(True, [1, 4], 2)→ 找第一个>2的数（4在索引1）。- 返回
1。
- 更新
dp和zd：wz = 1→ 替换dp[1] = 2→dp = [1, 2]。zd[3] = wz + 1 = 2（以2结尾的 LNDS 为[1, 2]）。
- 全局最大值 ：
notk_max保持2。
| i | arr[i] | dp 变化 | zd | notk_max |
|---|---|---|---|---|
| 3 | 2 | [1, 2] |
[1,1,2,2,0] |
2 |
3. 最终结果
zd = [1, 1, 2, 2, 0]：zd[0]=1：子序列[3]zd[1]=1：子序列[1]zd[2]=2：子序列[1, 4]zd[3]=2：子序列[1, 2]
notk_max = 2（前n-k=4个元素的最长 LNDS 长度）。
3.接下来为后（n-k）个元素的最佳排序，首先对
从右向左扫描，计算以每个位置开头的 LNDS 长度
| 变量 | 作用 |
|---|---|
dp |
动态维护的单调栈（反向递减），存储 不同长度反向 LNDS 的最大起始值 |
zd[i] |
记录以 arr[i] 开头的 LNDS 长度（用于后续拼接） |
notk_max |
全局最大值，记录反向扫描后的最长 LNDS 长度（用于处理 k 在最左侧的情况） |
def zhao1(): # 得出以我开头的最长子序列 (不包括自己)，以及k在最左侧的not_kmax
global zd, notk_max, arr, k, l
dp = []
for i in range(l - 1, k, -1):
wz = erf(False, dp, arr[i])
if wz < 0:
dp.append(arr[i])
else:
dp[wz] = arr[i]
#######以下为zd赋值
wz = erf(False, dp, arr[i - k - 1])
if wz < 0:
zd[i - k - 1] = len(dp)
else:
zd[i - k - 1] = wz
########以下得出k覆盖最左 最长不下降子序列长度
notk_max = len(dp)
wz = erf(False, dp, arr[k])
if wz < 0:
notk_max += 1
在wz = erf(False, dp, arr[i - k - 1])以上的代码用于更新dp之后的代码适用于将前（n-k）个数与后（n-k）连接起来
i - k - 1 的物理意义
- **
i**：当前反向遍历的位置（从n-1到k+1）。 - **
k**：允许修改的连续元素个数。 - **
i - k - 1：
表示前n - k个元素中，与当前反向位置i对应的"连接点"**。
这个位置是 前n - k个元素的尾部 ，用于检查是否能与后n - k个元素的头部拼接。
为什么需要 i - k - 1？
- 动态拼接的核心 ：
修改k个元素后，前n - k和后n - k部分的子序列需要通过某个值连接。
i - k - 1标记了前n - k部分的最后一个元素，用于判断是否能与后n - k部分的第一个元素形成不下降序列。
具体例子说明
输入 ：arr = [3, 1, 4, 2, 8]，n=5，k=1（修改 1 个元素）。
- 前
n - k = 4个元素 ：[3, 1, 4, 2]（不修改部分）。 - 反向遍历范围 ：
i = 4, 3, 2（对应arr[4]=8,arr[3]=2,arr[2]=4）。
步骤解析：
-
**
i = 4（arr[4] = 8）**：i - k - 1 = 2（即arr[2] = 4）。- 作用 ：检查
4（前部分的最后一个值）是否能与8（后部分的第一个值）拼接。- 若
4 <= 8，则可以连接，此时zd[2]记录反向 LNDS 长度。 - 本例中
4 <= 8，zd[2]被更新为反向长度1（[8]）。
- 若
-
**
i = 3（arr[3] = 2）**：i - k - 1 = 1（即arr[1] = 1）。- 作用 ：检查
1是否能与2拼接。1 <= 2，可以连接，zd[1]更新为反向长度2（[2, 8]）。
-
**
i = 2（arr[2] = 4）**：i - k - 1 = 0（即arr[0] = 3）。- 作用 ：检查
3是否能与4拼接。3 <= 4，可以连接，zd[0]更新为反向长度2（[4, 8]）。
关键作用总结
| 场景 | i - k - 1 的作用 |
|---|---|
| 反向遍历时 | 定位前 n - k 个元素的尾部（arr[i - k - 1]），判断是否能与后 n - k 的头部连接。 |
更新 zd |
记录前 n - k 个元素中每个位置能向后延伸的 LNDS 长度，用于后续全局拼接。 |
修改 k 的灵活性 |
通过 zd 和 notk_max 的配合，动态计算修改 k 个元素后的最优解。 |
为什么这样设计？
- 高效性：避免显式枚举所有可能的修改方案，通过反向扫描直接计算可能的最优连接点。
- 正确性 ：确保前
n - k和后n - k部分的子序列能通过某个值（可能是修改后的k个元素）无缝拼接。
最终结果的意义
- **
zd数组**：zd[i]表示以arr[i]开头或结尾的 LNDS 长度。- 例如
zd = [2, 2, 1, 2, 0]表示：- 从
3开头的 LNDS 长度为 2（[3, 4]）。 - 从
1开头的 LNDS 长度为 2（[1, 2]）。
- 从
- **
notk_max + k**：
结合正向和反向结果，允许修改k个元素时的最长 LNDS（如[1, 4, 8]长度为 3）。
总结
i - k - 1 是算法中 连接前后子序列的桥梁 ，通过反向扫描动态更新 zd 数组，确保能高效计算出修改 k 个元素后的最优解。其核心思想是：
"前 n - k 的末尾必须 ≤ 后 n - k 的开头" ，而 i - k - 1 正是找到这个关键连接点的索引。
4.接下来解释如何取得最大的值
首先我们已经取得了前（n-k）个数和后（n-k）个数的最佳排序，用notk_max代替两个值相加，再用其加上k即可
notk_max = len(dp)
wz = erf(False, dp, arr[k])
if wz < 0:
notk_max += 1
数字示例
输入：
arr = [3, 1, 4, 2, 8]，n=5，k=1（修改 1 个元素）。- 前
n-k=4个元素 ：[3, 1, 4, 2]。 - 后
n-k=4个元素 ：[1, 4, 2, 8]（反向扫描从i=4到i=1）。
步骤解析：
**(1) zhao2() 正向扫描后：**
zd = [1, 1, 2, 2, 0]（前n-k部分的 LNDS 长度）：zd[0]=1：[3]zd[1]=1：[1]zd[2]=2：[1,4]zd[3]=2：[1,2]
**(2) zhao1() 反向扫描时：**
- 初始化 ：
dp = []（反向单调栈），notk_max = 0。 - 处理
i=4（arr[4]=8） ：dp = [8]（反向 LNDS 长度len(dp)=1）。i-k-1=2（arr[2]=4）：- 检查
4 <= 8（可以拼接）。 notk_max = max(0, zd[2] + len(dp)) = max(0, 2+1) = 3。
- 检查
- 处理
i=3（arr[3]=2） ：dp = [8, 2]（反向 LNDS 长度len(dp)=2）。i-k-1=1（arr[1]=1）：- 检查
1 <= 2（可以拼接）。 notk_max = max(3, zd[1] + len(dp)) = max(3, 1+2) = 3（未更新）。
- 检查
- 处理
i=2（arr[2]=4） ：dp = [8, 4]（替换2为4，保持递减）。i-k-1=0（arr[0]=3）：- 检查
3 <= 4（可以拼接）。 notk_max = max(3, zd[0] + len(dp)) = max(3, 1+2) = 3（未更新）。
- 检查
- 最终
notk_max = 3：- 对应子序列
[1,4,8]（前[1]+ 后[4,8]，修改arr[0]=1）。
- 对应子序列
**(3) 输出 notk_max + k = 3 + 1 = 4**：
- 实际最长 LNDS 为
[1,1,4,8]（修改arr[0]=1，长度 4）。
关键点总结
| 操作 | 数学意义 | 示例中的作用 |
|---|---|---|
zd[i]（正向） |
前 n-k 部分以 arr[i] 结尾的 LNDS 长度。 |
zd[2]=2 表示 [1,4]。 |
len(dp)（反向） |
后 n-k 部分以 arr[i] 开头的 LNDS 长度。 |
dp=[8,4] 表示 [4,8]。 |
notk_max 更新 |
取 zd[i-k-1] + len(dp) 的最大值，确保前后部分能拼接。 |
max(3, 2+1)=3（[1,4,8]）。 |
+ k |
修改的 k 个元素作为桥梁，连接前后子序列。 |
长度 3 + 1 = 4（[1,1,4,8]）。 |
为什么这样能覆盖所有情况？
- 不修改
k的情况 ：
notk_max已经记录了前/后部分的最长拼接（如[1,4,8]长度 3）。 - 修改
k的情况 ：
通过+ k直接扩展长度（如修改arr[0]=1，得到[1,1,4,8]长度 4）。 - 数学保证 ：
最长 LNDS 必然由以下两种之一构成：- 不修改
k时的notk_max。 - 修改
k时的notk_max + k（因为修改的k个元素可以完美连接前后部分）。
- 不修改