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题目传送门 - ARC082 E - Young Maids
题意
给定一个长度为$n$的序列$p$，$p$为$1\cdots n$的一个排列。
现在让你每次取出序列$p$的相邻两个，然后把他们按照原来的顺序放进序列$q$的最前面。注意每次这样的操作之后，$p$序列的剩余两半都会合并起来。
不断进行上述操作，直到$p$为空。
最小化序列$q$的字典序，并输出序列$q$。
$n\leq 2\times 10^5$
题解
这题就是随便贪心几下嘛。
定义下标为奇数的项叫做奇项，下标为偶数的项叫做偶数项。
我们考虑倒着还原原序列。
这样可以便于我们取最小字典序。
首先，考虑我们最后一次选择的项的下标在原序列中为$i,j$，那么在这之前，区间$[1,i),(i,j),(j,n]$不可能有相邻项。
于是在最后一次操作之前，这三个区间之间不可能发生跨区间的操作，那么这三个区间的大小显然都是偶数。
那么，我们考虑如何最小化开头两个数。
显然，我们先在全局找一个值最小的奇项$i$，然后在$(i,n]$中找一个值最小的偶项$j$。
然后成功把全局划分成$3$个区间。这个时候如果你去递归，说明你可能没睡好。
我是测完样例才发现错了
显然，虽然没有跨区间的操作，但是这些区间之间的操作是可以交替进行的。
于是我们每次都要找最小的。然后每次都会继续划分子序列，这样会使候选序列中多出一些来。
于是我们需要一个堆来维护最小值。
至于求奇偶项的最小值，只需要在开始的时候写个线段树就可以了。
然后我再一次的把$set$当堆用了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int n,a[N],t[2][N<<2];
void update(int o,int rt,int L,int R,int pos){
if (a[pos]<a[t[o][rt]])
t[o][rt]=pos;
if (L==R)
return;
int mid=(L+R)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1;
if (pos<=mid)
update(o,ls,L,mid,pos);
else
update(o,rs,mid+1,R,pos);
}
int query(int o,int rt,int L,int R,int xL,int xR){
if (L>xR||R<xL)
return 0;
if (xL<=L&&R<=xR)
return t[o][rt];
int mid=(L+R)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1;
int Lans=query(o,ls,L,mid,xL,xR);
int Rans=query(o,rs,mid+1,R,xL,xR);
return a[Lans]<a[Rans]?Lans:Rans;
}
struct seg{
int L,R,v;
seg(){}
seg(int _L,int _R){
L=_L,R=_R,v=L>R?0:query(L&1,1,1,n,L,R);
}
friend bool operator < (seg A,seg B){
return a[A.v]<a[B.v];
}
};
int scnt=0;
set <seg> S;
int main(){
scanf("%d",&n);
a[0]=n+1;
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
update(i&1,1,1,n,i);
}
S.clear();
S.insert(seg(1,n));
for (int i=1;i<=n/2;i++){
seg now=*S.begin();
S.erase(S.begin());
int L=now.L,R=now.R;
int Lmid=now.v,Rmid=query((Lmid&1)^1,1,1,n,Lmid,R);
printf("%d %d ",a[Lmid],a[Rmid]);
S.insert(seg(L,Lmid-1));
S.insert(seg(Lmid+1,Rmid-1));
S.insert(seg(Rmid+1,R));
}
return 0;
}