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思路：首先没有空位，我们是记录一个low数组表示长度为i的上升子序列的最小结尾。
对于一个末尾新的数x，我们只要二分出一个位置low[i]
现在有空位和m个数可用，每个数只能用一次。
其实每个数只能用一次这个条件并没有什么用，因为这是严格的LIS，用两次也没有用
所以可以先去重。
然后O(n+m)地枚举去更新low数组，因为空位数k<=1000，所以这是可以过的。
至于输出方案，记录
pre[i]i结尾的最长LIS的上一个位置（空位为-1）
f[i]i结尾LIS最长长度
last[len] 长度为len的LIS最小结尾位置 （空位为-1）
倒序求方案
设当前位置为x
如果pre[x]!=-1，即上一位不是空位，直接x=pre[x]
否则枚举前面不是空位的一个位置y，填充好f[y]-f[x]个空位再令x=y即可
什么样的y可能在LIS中呢？
只要满足f[x]-f[y]=min(gap(x,y),num(x,y))即可
gap(l,r)为(l,r)间的空位数num(x,y)为m个数中有多少个可以填在a[x]，a[y]之间
填完LIS后，无关紧要的空位随便填没有用过的数即可。
#include
#include
#include
const int maxn=100010,inf=1e9;
using namespace std;
int n,m,a[maxn],b[maxn],low[maxn],pre[maxn],f[maxn],last[maxn],gap[maxn];
//low[len]长度为len的LIS最小结尾
//pre[i]i结尾的最长LIS的上一个位置，输方案要用
//f[i]i结尾LIS最长长度
//last[len] 长度为len的LIS最小结尾位置
void work(){
memset(low,63,sizeof(low));
pre[1]=0,f[1]=1,last[1]=1,low[1]=0;
for (int k=2;k<=n;k++){
if (a[k]!=-1){//有数
int l=1,r=n,mid=(l+r)>>1;
while (l<=r){
if (low[mid]>1;
}
pre[k]=last[l-1],last[l]=k;
f[k]=l,low[l]=a[k];
}
else{//gap
pre[k]=-1,f[k]=-1;
for (int i=m,j=n;i>=1;i--){//从大到小枚举可填的数
while (low[j]>=b[i]) j--;//low有单调性，所以不用二分。
low[j+1]=b[i],last[j+1]=-1;
}
}
}
// for (int i=n;i;i--)if (low[i]>0&&low[i]!=1061109567) {printf("%d %d\n",i,low[i]);break;}
}
void print(){//倒序求方案
int l,r,rest=m;//l,r表示b[l]-b[r]的数可以填在a[x]和a[y]之间 ,rest表示可用的数还有哪些
for (int x=n;x>=1;) if (a[x]!=-1){
if (pre[x]>=0){x=pre[x];continue;}//LIS上一位有数，跳到上一位
r=lower_bound(b+1,b+1+rest,a[x])-b-1;
for (int y=x-1;y;y--)//否则枚举上一个不是空位的位置
if (a[y]!=-1&&a[y]