題目大意
給定一個正整數序列\(a_{1},\dots ,a_{n}\)。你可以進行若干次操作，每次操作可以選擇一個滿足\(a_i=i\)的位置\(i\)，將其刪去。刪去后，左右兩邊會自動拼合到一起（也就是右邊所有數下標都會相應地變化）。
你想要最大化刪去的元素數量。
但是這個問題太簡單了，所以你需要回答\(q\)次詢問。每次詢問給定兩個正整數\(x,y\)，求如果將序列的前\(x\)個數和后\(y\)個數變成\(n+1\)（也就是強制它們不得被刪去），新的序列里最多能刪掉多少個數呢？
注意，每次詢問是獨立的，也就是說詢問后，序列會復原。
數據范圍：\(1\leq n,q\leq 3\times 10^5\)，\(1\leq a_i\leq n\)，\(x,y\geq 0,x+y< n\)。
本題題解
先不考慮多次詢問。只針對一個給定的序列，如何求答案呢？
我們發現，后面的數被刪除時，不會對前面的數產生影響。因此，我們總能通過巧妙地安排刪除順序，使得所有“理論上能被刪除的數”都被刪掉。
例如，初始時的一個位置\(i\)，滿足\(a_i=i-2\)（也就是\(a_i\)需要向前移動\(2\)格才能被刪掉）。假設，我們已經知道了\(i\)前面有\(5\)個能被刪除的數（即我們能構造出一種刪除它們的方案）。那我們只要在這個方案進行到第\(2\)步時（此時\(a_i\)向前移動了\(2\)格，滿足了\(a_i=i\)），把\(a_i\)刪掉。然后再繼續刪除后\(3\)個數即可。因為\(i\)的位置在它們后面，所以中間插入一個“刪除\(a_i\)”的操作，不會對原本的構造產生影響。於是我們就在“刪除前\(i-1\)個數的方案”的基礎上，構造出了“刪除前\(i\)個數的方案”。用這種歸納，可以證明上一段所說的“應刪盡刪”的結論。
形式化地，我們設\(f_i\)表示序列的前\(i\)個位置，最多有多少位置被刪掉。則：
如果沒有多次詢問，我們現在可以\(O(n)\)求出一個序列的答案。
考慮多次詢問。
此時有兩種方向，一種是直接用數據結構維護區間，把整體問題搬到區間上，例如用線段樹或者分塊。但是我們發現，這個\(f\)是需要遞推的，也就是說，前面一個\(f\)變化，可能會造成連鎖反應。因此不好直接維護區間。
另一種方向是發現問題性質中的可二分性。我們來具體說說。
我們稱【把序列的前\(x\)個數強行變成\(n+1\)】為【ban掉\(x\)個數】。
對於任何一個位置，顯然是它前面ban掉的數越少，它越可能可以被刪除。那么，對每個位置\(i\)，預處理出一個\(\text{lim}_i\) (\(-1\leq \text{lim}_i<i\))，表示ban掉\(\leq \text{lim}_i\)個數時，\(i\)這個位置是可以被刪除的；ban掉\(>\text{lim}_i\)個數，\(i\)這個位置就不能被刪除了。這也就是我說的，“發現問題性質中的可二分性”。
如何預處理\(\text{lim}_i\)？考慮對每個\(i\)二分答案。然后相當於要查詢前\(i-1\)個位置里，滿足\(\text{lim}_j\geq \text{mid}\)的\(j\)有多少個 (\(1\leq j<i\))。可以用主席樹維護。我們甚至可以直接在主席樹上二分，這樣復雜度從\(O(n\log^2n)\)降為\(O(n\log n)\)。
知道了\(\text{lim}_1,\dots ,\text{lim}_n\)后，如何求答案？相當於要查詢，\(j\in[1,n-y]\)里，滿足\(\text{lim}_j\geq x\)的\(j\)有多少個。可以直接在主席樹上查詢。時間復雜度\(O(q\log n)\)。
總時間復雜度\(O((n+q)\log n)\)。
總結反思
這個題給了我們一個很好的啟示：處理多次詢問的問題時，不一定要用數據結構大力維護出區間答案。可以嘗試發現問題里的可二分性，然后實現“降維”。例如本題里，這種思路就成功地去掉了\(x\)這一維，我們只需要簡單地用數據結構維護\(y\)的答案即可。
有一類經典問題，多次詢問，每次問一個區間\([l_i,r_i]\)是否可行。如果發現了可二分性，那么一個做法是：對每個\(r\in[1,n]\)，預處理出能夠使它合法的最小/最大的\(l\)。這個\(l\)可以二分，有時也可以直接用 two pointers 求。這個經典做法，與本題的思路多少有些異曲同工之妙。
參考代碼
//problem:CF1404C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=3e5;
int n,q,a[MAXN+5],b[MAXN+5],lim[MAXN+5];
struct FrogTree{
int rt[MAXN+5],sum[MAXN*40],ls[MAXN*40],rs[MAXN*40],cnt;
void ins(int& x,int y,int l,int r,int pos){
x=++cnt;
sum[x]=sum[y]+1;
ls[x]=ls[y];
rs[x]=rs[y];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)
ins(ls[x],ls[y],l,mid,pos);
else
ins(rs[x],rs[y],mid+1,r,pos);
}
int binary_search(int x,int l,int r,int b){
// 最短的, 和>=b的后綴
if(l==r)
return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[rs[x]] >= b)
return binary_search(rs[x],mid+1,r,b);
else
return binary_search(ls[x],l,mid,b-sum[rs[x]]);
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
if(!x) return 0;
if(ql<=l && qr>=r){
return sum[x];
}
int mid=(l+r)>>1;
int res=0;
if(ql<=mid)
res += query(ls[x],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)
res += query(rs[x],mid+1,r,ql,qr);
return res;
}
FrogTree(){}
}T;
int main() {
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
if(i<a[i]){
T.rt[i]=T.rt[i-1];
b[i]=-1;
lim[i]=-1;
continue;
}
b[i]=i-a[i];
if(T.sum[T.rt[i-1]] < b[i]){
lim[i]=-1;
T.rt[i]=T.rt[i-1];
continue;
}
if(!b[i])
lim[i]=i-1;
else
lim[i] = T.binary_search(T.rt[i-1],0,n-1,b[i]);
T.ins(T.rt[i],T.rt[i-1],0,n-1,lim[i]);
}
//for(int i=1;i<=n;++i)
// cerr<<lim[i]<<" ";
//cerr<<endl;
while(q--){
int x,y;
cin>>x>>y;
cout<<T.query(T.rt[n-y],0,n-1,x,n-1)<<endl;
}
return 0;
}