2021牛客暑期多校训练营10

F Train Wreck

这也是考场上自闭的题目....
考虑栈中每个不同的状态，其实在瞎想中也想到了与图论的结合，但还是缺乏相同知识点之间的联系。如果我们考虑一个树的欧拉序的话，每个点进入时有一个标号，出来时还有一个标号。并且每个点都有这两个标号，这两个标号是一一匹配的。那这和括号匹配不就是一模一样的吗？那这道题根据括号匹配我们可以构造一棵树，...等等，本题中的括号可能构造出来的不是一个树而是一个森林，因为他可能多次出现栈为空的情况，没事我们额外加一个节点当做根节点。还这样的话就是一颗完整的树了。那题目中说到的每时每刻的栈的状态对应的是什么呢？同样考虑欧拉序的过程，其实栈中的元素都是该节点往上一直跳，直到根节点。那这样就明白了，我们要给每个点都染色，且每个点到根节点的颜色状态都不同，这样的话我们考虑一个节点x，对于x的所有儿子y而言，x到根节点的颜色对他们来说都是相同的前缀，要让他们不一样的话，只能是他们自己不一样，这样的我们就直接给他们染上不同的颜色即可。考虑染色的过程，一个颜色的数量越多显然是越不优的，所以我们染色时优先染数量多的颜色。这样之后，用不用考虑同一深度却不同父亲的节点呢？不用，因为父亲节点不同的话，在染父亲节点的时候，两个父亲节点的颜色已经不同了，所以只用考虑一个父亲节点所有的儿子即可。同一深度的就不用额外考虑了。

//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define ls p<<1
#define db double
#define rs p<<1|1
#define P 1000000007
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;++x)
#define fep(x,y,z) for(int x=y;x>=z;--x)
#define go(x) for(int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,cnt[N],Stack[N],top,num,ans[N],vis[N];
char c[N<<1];
bool flag=true;
vector<int>son[N]; 
priority_queue<pair<int,int> >q;

inline int read()
{
    int x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*ff;
}

inline void dfs(int x)
{
	if(q.size()<son[x].size()) flag=false;
	if(!flag) return;
	priority_queue<pair<int,int> >d;
	for(auto y:son[x])
	{
		ans[y]=q.top().second;
		d.push({q.top().first-1,q.top().second});
		q.pop();
	}
	while(d.size()) 
	{
		if(d.top().first>=1) q.push({d.top().first,d.top().second});
		d.pop();
	}
	for(auto y:son[x]) dfs(y);
}

int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);scanf("%s",c+1);
	rep(i,1,n) cnt[read()]++;
	rep(i,1,n<<1)
	{
		if(c[i]=='(')//进入一个新的节点. 
		{
			++num;
			son[Stack[top]].push_back(num);
			Stack[++top]=num;
		}
		else if(c[i]==')') --top;
	}
	rep(i,1,n)
	{
		if(cnt[i]&&!vis[i])
		{
			vis[i]=1;
			q.push({cnt[i],i});
		}
	}
	dfs(0);
	if(!flag) puts("NO");
	else
	{
		puts("YES");
		rep(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
	}
    return (0^_^0);
}
//以吾之血,铸吾最后的亡魂.