P7838 「Wdoi-3」夜雀 treating 题解

Description

传送门

Solution

Part 1: 题意抽象

结合对顶栈的思想，我们可以将题意抽象为对两个栈的操作。

即，我们将 $1,2,3,\cdots ,n$ 依次放到 A 栈中，$2n+1,2n,\cdots ,n+2$ 依次放到 B 栈中。那么，辉夜所做的事情就是: 先选择 $a_{n+1}$，然后执行若干次下述操作: $\lceil$ 删除一个栈中的某个元素并选另一个栈的栈顶元素 $\rfloor$。

Part 2: 巧妙贪心

考虑枚举 $l,r$，并判断其是否可行。

为方便叙述，我们将所有栈中的数改为 $0/1$；$0$ 表示其值不在 $[l,r]$ 中，$1$ 表示其值在 $[l,r]$ 中。那么，我们的任务就是: 合理操作两个栈，使 $1$ 总不背删除。

首先特判 $a_{n+1}\in [l,r]$ 的情况。

考虑贪心。每次取出 A,B 栈的栈顶元素 $x,y$。若 $x,y$ 不同时为 $1$，那么就删去其中不为 $1$ 的元素，并选择另一个；若 $x,y$ 均为 $1$，那么我们就需要将这两个 $1$ 分别与另一个栈中的 $0$ 配对，并选择两个 $1$，删除两个 $0$。现在关键在于，该选择何处的 $0$ 呢？

注意到，最不容易被删除的是栈底的元素（因为大部分时间只能用 $\lceil$ 删除一个栈的某个元素 $\rfloor$ 来删除它）。换言之，栈底的元素是最有用的，因为它是最有时间与机会和另一个栈中的 $1$ 配对。贪心地，令 $x,y$ 为两个栈中最靠近栈顶的 $0$ 的位置即可。

显然，若在某个时刻找不到这样的 $0$，那么 $[l,r]$ 不可行；否则，$[l,r]$ 可行。

由于 $[l,r]$ 共有 $O(n^2)$ 个，每次都要 $O(n)$ 地判断，所以复杂度为 $O(n^3)$。

结合双指针可以做到 $O(n^2)$，期望得分 $60$ 分。

Part 3: 性质观察

如果将 $[l,r]$ 是否可行直接描述为上述贪心策略，我们似乎很难在修改 $0\to 1,1\to 0$ 的同时动态地维护贪心。这启发我们根据贪心，得到一个易于描述的 $[l,r]$ 是否可行的推论。

注意到，我们需要判断的就是，是否每个 A,B 栈中的 $1$ 都可以与一个下标大于它的 $0$ 进行匹配，且这些 $1$ 匹配的位置单调向右。因此，有解当且仅当，对于每个 $1$ 向另一个栈中下标大于它的位置连边，那么得到的两个二分图（A 栈 $1$ $\to$ B 栈 $0$，B 栈 $1$ $\to$A 栈 $0$）均有完美匹配。从而，得到 $[l,r]$ 合法的充要条件: 每个后缀中，A 栈中 $1$ 的个数不超过 B 栈中 $0$ 的个数且 B 栈中 $1$ 的个数不超过 A 栈中 $0$ 的个数。

注意到，若满足第一个要求那么第二个要求必定满足，于是只需要判断第一个要求是否满足就足够了。

Part 4: DS维护

令 $b_i$ 表示，$[i,n]$ 中 $1$ 的数量减去 $[i+n+1,2n+1]$ 中 $0$ 的数量。

我们可以在双指针移动的过程中，找到该从 $0$ 变 $1$ 或从 $1$ 变 $0$ 的位置，并对 $b$ 序列进行前缀修改。同时，我们还要判断 $[l,r]$ 是否可行，即需要查询 $b$ 中的最小值是否小于 $0$。

采用线段树维护即可，时间复杂度 $O(n\log n)$。本题被解决。

题外话

其实，我们可以通过打表的方式，直接看出 Part 3 中的结论。估计，对于我这种蒟蒻，如果真的想要在赛时迅速地切掉此题，这是唯一的捷径吧。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=400005;

int read(){
    
    
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
    
    if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
    
    s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}
	return s*w;
}
int n,r,ans;
int a[maxl],p[maxl],tree[maxl<<2],tag[maxl<<2];

void pushup(int rt){
    
    tree[rt]=min(tree[rt<<1],tree[rt<<1|1]);}
void F(int rt,int k){
    
    tree[rt]+=k,tag[rt]+=k;}
void pushdown(int rt){
    
    
	if (tag[rt])  F(rt<<1,tag[rt]),F(rt<<1|1,tag[rt]),tag[rt]=0; 
}
void build_tree(int l,int r,int rt){
    
    
	if (l==r){
    
    
		tree[rt]=(n-l+1);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build_tree(l,mid,rt<<1),build_tree(mid+1,r,rt<<1|1);
	pushup(rt);
}
void change(int nl,int nr,int l,int r,int rt,int k){
    
    
	if (nl<=l&&r<=nr){
    
    
		F(rt,k);
		return;
	}
	pushdown(rt);
	
	int mid=(l+r)>>1;
	if (nl<=mid)  change(nl,nr,l,mid,rt<<1,k);
	if (nr>mid)  change(nl,nr,mid+1,r,rt<<1|1,k);
	pushup(rt);
}
void Modify(int rt,int x){
    
    
	int id=(p[rt]>n)?(p[rt]-n-1):(n-p[rt]+1);
	if (1<=id&&id<=n)  change(1,id,1,n,1,x);
}

signed main(){
    
    
	n=read();
	for (int i=1;i<=2*n+1;i++)  a[i]=read(),p[a[i]]=i;
	
	build_tree(1,n,1);
	for (int l=1;l<=2*n+1;l++){
    
    
		while (r<2*n+1){
    
    
			Modify(++r,-1);
			if (tree[1]<0) {
    
    Modify(r--,1);break;}
		}
		ans=max(ans,r-l+1);
		Modify(l,1);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}