题目
题目大意
有个二叉树，满足每个点跟它的所有祖先互质。
给出二叉树的中序遍历的点权，还原一种可能的方案。
思考历程
首先想到的当然是找到一个跟全部互质的点作为根，然后左右两边递归下去处理……
然而考虑到和全部互质的点可能有很多个，这样的做法可能会退化到很多……
先预处理了个\(L_i\)和\(R_i\)表示\(i\)左边第一个和\(i\)不互质的位置和右边第一个和\(i\)不互质的点。
这个东西怎么预处理就不用说吧……
（我估计正解肯定也要处理这东西）
然后就是乱搞……
想不出正解，于是打了个\(O(n^3)\)的区间\(DP\)……
在时间复杂度上似乎连一分都没有……
正解
在比赛的后期我发现了一个很有用的结论：
如果一个区间可以成为一棵合法的子树，那么这个区间的所有子区间都可以成为一棵合法的子树。
这个是比较显然的，原因是什么自己脑补……我还拍过了几个数据……
（然而我在比赛的最后都不知道该怎么用……）
然后YMQ告诉我一个性质：如果一个区间中选择任意一个跟其它所有数互质的点，然后递归下去处理，处理完之后发现不行，那么选择其它的和所有数互质的点处理也不行。
回去一个晚上想到了证明：
上面的那个结论反过来就是说，如果一个区间不能成为一棵合法的子树，那么所有包含它的区间都不能成为一棵合法的子树。
假设这个区间是\([l,r]\)，其中的一个和其它所有数互质的点为\(x\)。
如果处理之后不行，则必然是\([l,x-1]\)或\([x+1,r]\)不行。
所以包含\([l,x-1]\)或\([x+1,r]\)的所有区间都不行啊……这区间也自然包括\([l,r]\)
接下来就有一种比较简单又自然的做法：随便找一个和其它数互质的点，作为子树的根，左右递归下去。显然时间复杂度是\(O(n^2)\)的。
回去睡了一个晚上，想到了\(O(n\lg n)\)的做法：从左右两边同时寻找，找到之后就递归。这样看上去似乎没有什么优化，实际上，相当于寻找的时间复杂度小于等于当前区间长度的一半，然后继续递归。
可以看做这个小区间递归了，大区间继续找，那最后就是大区间在区间长度的时间复杂度内，分成了若干个长度小于等于总长的一半的小区间递归下去。
所以就只有\(O(\lg n)\)层。
然后我发现这就是题解做法之一……另一种做法比较强大，在预处理之后就是\(O(n)\)的（我最后就是打了这种做法）。
用一个栈来维护最右边的一条链，栈顶就是深度最大的那个点。
设栈顶为\(b\)，栈顶下面的那一个为\(a\)。
考虑增量法，每次新增一个\(i\)进去，如果\(R_b\leq i\)，那肯定不行（显然这时候\(b=i-1\)）。
然后将\(i\)加进去，并且看看能不能通过旋转使得答案更优。
能够旋转的必要条件是\(L_i< a+1\)（因为\(a+1\)是先前\(b\)子树区间的左端点）
使得更优的必要条件是\(R_i\geq R_b\)，这就意味着右儿子可以添加更多的点，当然更优。
如果可以成功旋转就一直试着旋转下去，直到变成根或者不优。
显然这样可以保证整棵树是合法的。
代码
由于oj出锅了，所以我也不知道这个代码对不对……
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
//#include <cmath>
#define N 1000010
#define maxA 10000000
inline int input(){
char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9')
ch=getchar();
int x=0;
do{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
while ('0'<=ch && ch<='9');
return x;
}
int n,a[N];
int p[maxA],np;
int mnp[maxA+10];
int lst[maxA+10];
int L[N],R[N];
int st[N],top;
int fa[N],son[N][2];
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
for (int i=2;i<=maxA;++i){
if (!mnp[i]){
p[++np]=i;
mnp[i]=i;
}
for (int j=1;j<=np && i*p[j]<=maxA;++j){
mnp[i*p[j]]=p[j];
if (!(i%p[j]))
break;
}
}
n=input();
for (int i=1;i<=n;++i)
a[i]=input();
for (int i=1;i<=n;++i){
int t=a[i];
while (t!=1){
int x=mnp[t];
L[i]=max(L[i],lst[x]);
lst[x]=i;
while (!(t%x))
t/=x;
}
}
for (int i=1;i<=maxA;++i)
lst[i]=n+1;
for (int i=n;i>=1;--i){
R[i]=n+1;
int t=a[i];
while (t!=1){
int x=mnp[t];
R[i]=min(R[i],lst[x]);
lst[x]=i;
while (!(t%x))
t/=x;
}
}
st[top=1]=1;
for (int i=2;i<=n;++i){
if (R[st[top]]<=i){
printf("impossible\n");
return 0;
}
while (top && L[i]<st[top-1]+1 && R[i]>=R[st[top]]){
son[st[top]][1]=son[i][0];
son[i][0]=st[top];
top--;
}
son[st[top]][1]=i;
st[++top]=i;
}
for (int i=1;i<=n;++i)
fa[son[i][0]]=fa[son[i][1]]=i;
for (int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",fa[i]);
return 0;
}总结
前面的那种分治做法应该是一个套路。
也就是\(T(n)=T(x)+T(n-x)+min(x,n-x)\)这种形式的分治，它的时间复杂度也是\(O(n\lg n)\)的。
其实我发现后面的这种做法有点像笛卡尔树……
这启示我们在建二叉树的过程中可以试试用栈维护最右边的那条链。