【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\(S_1\sim S_{i-1}\)推出的 字典序最小的 由\(1\sim i-1\)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\(S_1\sim S_{i-1}\)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\(stk[S_i-1]<x\le stk[S_i]\) 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\(1\sim i-1\)构成的 满足\(S_1\sim S_{i-1}\)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\(n\sim 1\)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\(O(n\log n)\) 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;
}