新博客
【题目描述】
有一个长度为 (n) 的排列 (p_0, p_1, cdots, p_{n-1})，通过这个排列生成了一个长度为 (n) 的序列 (S)，其中 (S_i) 表示由 (p_0, p_1, cdots, p_i) 组成的递增单调栈的大小。
换一种说法，序列 (S) 是由如下代码生成的：
stack<int> stk;
int n = p.size();
vector<int> S;
for (int i = 0; i < n; i++) {
while (!stk.empty() && p[i] <= p[stk.top()]) stk.pop();
stk.push(i);
S.push_back((int)stk.size());
}
现在给你序列 (S) 的一部分，没有给出的部分可以取任意值。请你根据给出的 (S) 复原出排列 (p)。如果有多种可能，输出字典序最小的。保证一定有解。
【输入格式】
第一行一个整数 (n)。表示排列的长度。
接下来一行 (n) 个整数，表示序列 (S)。其中部分项为 (-1)，表示可以取任意值。
【输出格式】
一行 (n) 个整数，一个排列。
没有打洛谷月赛。。。但是此题似乎很可做 于是就花了半个多小时切掉了
题解
这题整体是一个贪心+递推的思路
假设我们已经确定了 由(S_1sim S_{i-1})推出的 字典序最小的 由(1sim i-1)构成的排列(p)，以及(p)当前的递增单调栈(stk) 注意这里的栈里存的是元素的值而不是下标
那么考虑一下怎么在(p)中插入(i)这个元素使得字典序最小
但是插入(i)这个操作我们并不好处理
不妨这样考虑 将原来(p)中所有(ge x)的元素全部+1 然后在(p)的末尾加上一个(x) 容易证明这样得到的(p)序列对应的(S_1sim S_{i-1})仍与原来一样
那么(x)要满足什么条件才能使得(S_i)恰好为要求的值呢 考虑一下(i-1)的递增单调栈(stk) 必须要有(stk[S_i-1]<xle stk[S_i]) 这样(stk[S_i]sim stk[top])都会被弹出
为了使字典序最小 显然我们这里就让(x=stk[S_i]) 于是我们就得到了转移
所以算法流程如下：
已知：字典序最小的 由(1sim i-1)构成的 满足(S_1sim S_{i-1})要求的排列(p) 以及(p)当前的递增单调栈(stk) 大小为(top)
取(x=stk[S_i]) 将当前(p)中所有(ge x)的元素+1 然后将(x)放到(p)的末尾 更新单调栈
(S_i=-1)或者(S_i>top)的时候直接把(i)扔到(p)的末尾就可以了
但是大家应该都发现了 这个是(O(n^2))的
无非就是 将所有(ge x)的元素+1 这一步耗费了太多时间 怎么(O(1))或(O(log n))解决呢？
不用什么数据结构 这里有一个奇技♂淫巧
1.如果我们要把(i)放到(p)的末尾 我们不放(i) 我们放一个(i*1000005)(或者乘上任意一个大于(n)的数)
2.如果我们要令(x=stk[S_i]) 然后将当前(p)中所有(ge x)的元素+1 我们不用去一个个+1 只需要让(x=stk[S_i]-1)然后放到末尾就完事了
最后把这么做得到的答案排个序离散化一下就得到正确答案了 就算极限情况下 符合条件的(p)是一个(nsim 1)的倒序排列 由于我们乘的数大于(n) 也不会出错
时间复杂度(O(nlog n)) 不知道有没有(O(n))做法 但是由于代码中带(log)的只有一个sort 所以跑过(1e6)还是毫无压力的
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return x * f;
}
int n, a[1000005], top;
ll stk[1000005], ans[1000005], srt[1000005], mx;
int main() {
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == -1) {
ans[i] = i * 1000005;
stk[++top] = ans[i];
} else {
if (a[i] > top) {
ans[i] = i * 1000005;
stk[++top] = ans[i];
} else {
ans[i] = stk[a[i]] - 1;
stk[top = a[i]] = ans[i];
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) srt[i] = ans[i];
sort(srt + 1, srt + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans[i] = lower_bound(srt + 1, srt + n + 1, ans[i]) - srt;
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", ans[i]);
return 0;
}