例題
comet oj contest #6b 雙倍快樂:
題意：
comet： 求序列 a 中的兩個不相交的不下降子串行使得他們的元素和的和最大，子串行可以為空。
hdu ： 一棵樹有若干蘋果，蘋果有個甜度、高度，要求選兩個的吃蘋果序列的甜度與高度均單調不減。求吃最大的蘋果數。
（說人話：給定n個蘋果，按照高度排序後，對甜度求兩個最長的不相交的lis。）
comet ：2≤n≤500，1≤a≤1e5
hdu ：1 ≤ t ≤ 48，1≤n≤1000，1≤a≤1e9
注 1：序列不下降的定義是不存在 la_r
注 2：兩個子串行不相交的定義是：不存在元素x既在第乙個子串行中也在第二個子串行中
方法一：（通用方法）
最直觀的方法：費用流。
1. 兩個序列的長度和（總序列和）最大，視作從超級源點出發的流量為2的費用流，建負權邊。
2. 每個物品只能取一次，則拆點為 入點 和 出點，中間建容量為1，費用為-1（或者物品值）的邊。
3. 源點向每個入點建容量為1，費用為0的邊，表示每個點都可作為序列的首項；
每個出點向匯點建容量為1，費用為0的邊，表示每個點都可作為序列的末項。
4. 從權值較小的物品向權值較大的物品建邊，容量為1，費用為0。
5. 跑出費用流後，對 總最小費用 取反 就是答案。（hdu裡面用spfa需要棧優化，佇列會tle）
方法二：（針對comet資料小一點）
二維的dp，o(n^3)的複雜度。（後面還有優化）
1. dp[i][j]表示 第乙個子串行末尾值為i 和 第二個子串行末尾值為j 時的最大長度（序列和）。
由於資料規模問題（hdu），需要對序列離散化。
2. 可以考慮對第k個元素來說，可以放到第乙個串後面更新dp[k][j],也可以放到第二個串後面更新dp[i][k]。
3. 那麼轉移方程：（+1是求長度，+a[k]是求和）
dp[k][j] = max(dp[k][j], dp[i][j] + a[k])
dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[i][j] + a[k])
4.整體就是個o(n^3)的dp了
方法三：（hdu資料大一點）
二維dp用樹狀陣列優化，o(n^2logn)的複雜度。（線段樹之類的也行，這個問題樹狀陣列寫起來很簡潔--學到了）
1. 還是dp[i][j]表示 第乙個子串行末尾為i 和 第二個子串行末尾為j 時的最大長度（序列和）。
（離散化後）
2. 其中某個dp[i][j]的值是從小於值j的最大值轉移過來的：單點修改，字首最大值查詢。
即 dp[i][j] = max(dp[i][k])+a[k] （+1是求長度，+a[i]是求和）
3. 由於兩個序列是等價的，因此dp[i][j]=dp[j][i]，在更新時候只需要按照行更新，即只需要更新i行和j行就行。
4. 注意到dp[i]的值是單調不減的。每次修改，都可以用樹狀陣列向上傳遞更新。（如果dp[i]的值會變小，就無法向上傳遞更新了。）
查詢 滿足k <= i 剛好是字首查詢。
#include
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