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就是说递减；
一个是要求最长的递减序列长度
对于每个来的导弹，是要选择，到底给已有的系统，还是新起一个系统
如果是贪心的话，就是先看先有的系统能不能拦截，如果能拦截就选差值最小的放进去；如果不能就新起一个系统；
这样不一定是数量最少的，但应该是能找到拦截数量最多的
不对，也不一定，比如原来是一个比较大的数，但是来了个低的，直接就导致后面可能接上的，都接不上了，
那先按照暴力法，就是遍历每个导弹的选择
即导弹来了后，都先后执行给已有系统和新起一个系统，那复杂度将是2^n级别
如果选给已有系统，那就给最接近的系统，然后更新数据
如果新起系统，就向维护系统的数据结构当中插入一个新节点
然后为了加快搜索，维护结构选择搜索树
但是情况数是2^n级别的，每个选择后，对应的树也都不同，复杂度也是非常庞大，一个树是n级别的，那空间复杂度是n*2^n
假设不在乎成本，最后要找的就是2*n中对应的节点最少的树以及2^n中所有的树所有节点里更新次数最多的那一个节点（这个可以在节点结构中保存一个cnt，并在维护中不断更新max，来省掉最后的遍历查找max)
但这个暴力法复杂度完全无法接受，如何优化？
我还没有求解最长非递增子序列的经验，先引导我如何解决这个问题？
说白了就是两个子问题，一个是给定数列的最长非递增自序列，一个是序列中非递增子序列的最少数量
求解最长非递增子序列
那每个导弹的选择，换个语言就是，对于序列中第I个数，以第I个数为结尾时的最长长度，
如果选择以它为结尾，那就是在先有保持的子序列长度再加个1，即cur+1
如果不以它为结尾，那此时的最长长度是dp[i-1]
但如何知道cur？
dp[i]=max(dp[i-1],cur+1)
这个想法不对，因为i所在的序列，它的上一个元素并不一定是i-1，从最优角度就是max()，就是每个dp[i]的确定，都要找一下前面的maxdp，
也不一定就是maxdp，而是满足hi条件的maxdp
这样每个dpi在确定时，都能保证hi<hi-1
设 dp[i] = 以第 i 个导弹（高度 h[i]）结尾的最长不升子序列长度，说i就是以i为结尾的最长序列
那结果就是max(dp[i])
那这个说是dp，但其实没想象的那么复杂，还是靠维护多个数据结构维护出来，dp是长度信息，h[i]是高度信息
所以要确定dp[i]，N的长度，关键就在于如何查找满足hi条件的maxdp
如果顺序查找，就是n^2复杂度
如果二分查找，就是n*log(n)
这个二分查找，是在查找所有所有满足条件hi条件里的dp的最大值
但并非一次独立的二分查找
假设找到了满足hi条件的序列x,那接下来应该在找x里找对应dp的最大值
但h数组没有单调性，所以也不能二分查找；
用一个数据结构，来维护各个长度下，最好的数值；就是一个数组
那这个数组天然的就是单调递减结构，因为要想让序列长度增加，就必须削减数值；
新元素来的时候，从右向左遍历，找到第一个大于该数值的位置，这样表示元素能插入进去，假设其长度为x，那么插入该元素后，长度变为x+1，那么就需要尝试更新x+1的数值
变为顺序就是，第一个小于该数值的位置上，这样
tail[i]=max(tail[i],h[i])
但是如何利用这个数组知道dp[i]max?
应该是可以的，因为每个元素来了后，去找第一个小于的元素，实际上就是在查找满足hi条件的位置，同时下标的含义还是数组长度，所以也代表了满足条件的最长序列长度，即dpmax
所以最后的最长序列，就是tail的长度
初始化：
先是让tail[0]=h[0]
然后来了新元素后，（由于元素是一个一个来，所以即使更新前面的，也不会对后面的值产生影响）
遍历到tail的尾部
如果当前元素小于h[i]
那么tail[i]=max(tail[i],h[i])，但是都说是小于了，应该也不用取max，就直接是覆盖,tail[i]=h[i]
如果查到最后都没找到，那就新插入一个元素，值为h[i]
求最少的递增序列长度
仿照之前的思想，来了一个元素后，肯定希望往最最接近的序列中插入
以tail[i[，数组下标表示第几个系统,数值代表此时保存的长度
但是这样的贪心思路不一定能找到最优解
就是说去找序列当中，递增序列的最长长度，假设对应的序列为X，那么X当中的每个元素，都会迫使当前系统新增一个设备；因为之前的系统，无论如何也接收不了；
所以只需要去找最长的
如果暴力DP。DPi表示以i为结尾的最长长度，那么hi必须满足大于hj
dp[i]=1+max(dp[j])
如果tail数组优化，tail[i]就是长度为i时，对应的最小数值，这样才能接更多的，那数组天然是递增的；那要找的就是第一个大于的，这样才是由前面的最大小于的元素来的
for
如果大于
求解过程当中，要考虑到等于的情况，
如果等于能接上的话，就是非递增，就是
如果等于不能接上，那就是严格递增，那找条件的时候，就应该是第一个小于等于的
上面就是没考虑等于的情况
就是找在满足条件时的下标用的是顺序遍历，需要用二分法降一降复杂度
二分编写
对于二分的编写，考虑如果数组里元素都不满足时的情况，左侧l和右侧r的值会如何变化，最终值是怎样的
如果写l<r，假设在单调减里找，如果都大于，那么l一直加，
如果要找的元素在最右侧，r的位置始终没动，如果l到r的前一个位置，那么m无法到r的位置，只会是到l，依然不满足条件，那么l+1到r的位置，但是此时就退出循环了；也无法验证最后一个位置了；此时m无法验证n-1位置，最高到n-2
如果都小于，那么r到l前一个位置时，m可以验证l位置，此时返回m是合理的，因为m可以到l，可以验证0的位置；
对于m，其始终，一定会是数组中的某个元素
我上面说的这个是在左闭右闭条件下的情况，m无法验证n-1
但如果是左闭右开，即r=n，而不是n-1的情况
那么l就可以到达最右侧，即n-1的位置，那么m就可以验证n-1
所以此时就消除了除法无法验证最右端的问题
所以一定要用左闭右开
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先是给定LR，先求[1,L]和[1,R]的数量
对于N位长的，
如果为奇数，设N=2k+1,那么自然也包含I<k的所有的首中尾相等数；那么只需要求N所对应的首中尾相等数即可；然后i<k的情况都可以通过组合计数求得
如果为偶数，设N=2k，那么就是求2k-1时，I<k的首中尾相等数，直接组合计数算，不必再求最高位的
对于组合计数计算，如果是2i+1位的数，那么3位，即首中尾是固定相等，占用的，有9种可能；2i+1-3=2i-2尾是自选的，相等于一个2i-2的位数的数，有几种可能，即10^(2i-2)
所以是9*10^(2i-2)
然后就是限制上限的奇数N位上的相等数构造，其首中尾数的下标分别是0,i,2i，设对应上的数字分别是abc
那么就是求abc中，a=b=c所满足的数的数量
对于最高位a，首先对于a-1的数，是随便构造的，即a-1个；
然后对于等于最高位a的情况，就是min(a,b,c)个，所以是a-1+min(a,b,c)个
也不用dfs来遍历构造
dfs(当前位数i,是否紧贴tight,当前相等数字)
1.转为字符串，得到长度N
2.判断N的奇偶
如果是偶数，就是9*10^(2i-2)，求和
如果是奇数，就是9*10^(2i-2)，求和再加上a-1+min(a,b,c)个
再维护一个数组，表示对于i=0,1,2,3时，不限制上限的取值数量