CF2124I Lexicographic Partition 题解

Description

给定一个数组 \(a\)，定义函数 \(f(a)\) 如下：

设 \(k\) 是一个满足 \(1 \leq k \leq n\) 的整数。
将数组 \(a\) 分成 \(k\) 个子数组 \(s_1, s_2, \ldots, s_k\)，使得 \(s_1 + s_2 + \cdots + s_k = a\)，这里的 \(+\) 表示数组连接操作。

构造一个新的数组 \(b\)，初始为空。对于每个 \(i = 1\) 到 \(k\)，将子数组 \(s_i\) 的最小值添加到 \(b\) 的末尾。

在所有可能的 \(k\) 和划分方式中，定义 \(f(a)\) 为使得生成的 \(b\) 字典序最大的那个 \(k\)。

现在给定一个长度为 \(n\) 的整数序列 \(x_1, x_2, \ldots, x_n\)，请判断是否存在一个排列 \(a\)，使得对于每个 \(1 \leq i \leq n\)，都有 \(f([a_1, a_2, \ldots, a_i]) = x_i\)。

如果存在这样的排列 \(a\)，请输出其中一种可能的结果（如果有多种，任选一种输出即可）。

\(n\leq 2\times 10^5\)。

Solution

首先考虑给定 \(a\) 数组，怎么求这个数组的函数值。

考虑从前往后确定每个区间的左右端点，假设当前左端点在 \(i\)，那么右端点 \(j\) 一定需要满足 \(a_i,a_{i+1},\ldots,a_j\) 都大于等于 \(a_i\)，否则从这一位就不优。

同时需要让下一位尽可能优，就一定要最大化 \(a_{j+1}\)，设 \(k\) 为最大的 \(k\) 使得 \(a_i\sim a_k\) 都大于等于 \(a_i\)，则下一个区间的左端点为 \(a_i\sim a_k\) 的最大值。如果 \(k=i\)，则这个左端点是 \(i+1\)。

回到原问题。

容易发现这个跳的过程类似于给每个点找到唯一的父亲，显然 \(i\) 的父亲是 \(i\) 左边第一个 \(x_j=x_i-1\) 的 \(j\)，因为跳前 \(x_i-1\) 步时每次肯定是能往后跳就尽量往后跳，所以第 \(x_i-1\) 步是一定跳到了 \(j\)，最后一步为 \(i\)。如果找不到这样的 \(j\) 就无解。

然后有个引理，是一个合法序列 \(x\) 建出来的树，一定满足每个子树构成一段区间。证明就考虑对于一个节点 \(x\)，如果已经证明了 \(x\) 的子树是一个区间，然后去归纳证明 \(x\) 的每个儿子的子树也是区间。

具体地，如果 \(x\) 只有 \(1\) 个儿子，则这个儿子一定是 \(x+1\)，显然还是区间。如果有大于等于 \(2\) 个儿子，那么这些儿子的权值一定按升序排列，如果存在一条 \(u\to v\) 且 \(u\) 和 \(v\) 对应的祖先不相同，则根据能往后跳就往后跳的原则，前面从 \(x\) 开始时一定是先跳 \(x\) 的儿子，再进入子树区间，不再出来。这里就矛盾了。

同时还有个无解条件是如果存在一个点有至少两个儿子，且存在一个儿子又有至少两个儿子。这个形式可以看成存在一个 \([1,2,2,3,3]\) 的子序列，显然 \(a_1<a_2<a_3\) 且 \(a_3<a_4<a_5\)，这两个不等式可以联立起来，导致 \(4,5\) 可以被 \(1\) 跳到。

可以证明如果满足上述所有的条件，就一定有解。

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构造就考虑对于子树递归构造，让每个子树的值域也构成一段区间。

设当前节点为 \(x\)，值域区间为 \([l,r]\)。

这里钦定如果 \(x\) 只有一个儿子，就让 \(a_x\) 是子树最大值，否则让 \(x\) 是子树最小值。

首先如果 \(x\) 只有一个儿子，那么这个儿子一定是 \(x+1\)，递归儿子的子树，同时把值域区间设为 \([l,r-1]\) 即可。

如果 \(x\) 有大于等于两个儿子，就按照儿子的编号大小，给儿子 \(y\) 分配一个大小为 \(sz_y\) 的区间。根据引理，\(y\) 只有至多一个儿子，所以 \(a_y\) 一定是子树最大值，这样就巧妙地保证了 \(y\) 子树里除去 \(y\) 的节点一定不能被 \(x\) 一步跳到。

时间复杂度：\(O(n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 2e5 + 5;

int n;
int x[kMaxN], sz[kMaxN], mx[kMaxN], res[kMaxN];
std::vector<int> G[kMaxN];

bool solve(int l, int r, int a, int b) {
  if (l == r) return res[l] = a, 1;
  if (G[l].size() == 1) {
    res[l] = b;
    return solve(l + 1, r, a, b - 1);
  } else {
    for (auto i : G[l])
      if (G[i].size() > 1)
        return 0;
    res[l] = a++;
    for (auto i : G[l]) {
      if (!solve(i, i + sz[i] - 1, a, a + sz[i] - 1)) return 0;
      a += sz[i];
    }
    return 1;
  }
}

void dickdreamer() {
  static int lst[kMaxN];
  std::cin >> n;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) G[i].clear(), res[i] = lst[i] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cin >> x[i];
  lst[x[1]] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!lst[x[i] - 1]) return void(std::cout << "NO\n");
    G[lst[x[i] - 1]].emplace_back(i);
    lst[x[i]] = i;
  }
  for (int i = n; i; --i) {
    sz[i] = 1, mx[i] = i;
    for (auto j : G[i]) sz[i] += sz[j], mx[i] = std::max(mx[i], mx[j]);
    if (mx[i] - i + 1 != sz[i]) return void(std::cout << "NO\n");
  }
  if (!solve(1, n, 1, n)) return void(std::cout << "NO\n");
  std::cout << "YES\n";
  for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cout << res[i] << " \n"[i == n];
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}