代码源NOIP DAY2 T1 LIS和LDS题解

题意

给你两个数组 \(a_1,a_2,...,a_n\) 和 \(b_1, b_2, ..., b_n\)。
你需要构造一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\)，满足对于所有 \(i\)：

• 以第 \(i\) 位 结尾 的最长上升子序列长度为 \(a_i\)。
• 以第 \(i\) 位 开头 的最长下降子序列长度为 \(b_i\)。

数据保证存在一组解。

\(1 \leq n \leq 2 \times 10^5\)。

分析

首先考虑给你一个数组 \(p\) 怎样求解最长上升子序列：

有一种做法是 \(f_{i} = \max\limits_{j < i} f_{j} + 1(p_j < p_i)\)。

但是这样做对于给定 \(f\) 数组（即 \(a\) 数组）时，无法确定一些位置之间的大小关系。

另一种做法是我们从前往后求出 \(f_i\)，假设当前 \(f_i = x\)，那么我们另外开一个数组 \(g_x\) 代表长度为 \(x\) 的最长上升子序列的末尾最小值。
那么此时 \(g_x\) 数组显然单调递增。因为如果出现了 \(g_{x + 1} < g_{x}\)，那么我们把 \(g_{x + 1}\) 所在的长度为 \(x + 1\) 的最长上升子序列去掉最后一个数，会得到一个长度为 \(x\) 的上升子序列。而这个子序列的末尾元素一定比 \(g_x\) 要小。
那么每次求 \(f_i\) 就可以在 \(g\) 数组上二分最后一个小于 \(p_i\) 的位置，然后就把 \(g_{f_i}\) 更新成 \(p_i\)。

能够这样更新的原因是 \(p_i\) 一定比原来的 \(g_{f_i}\) 更小。因为如果更大的话 \(f_i\) 可以接上前面一个长度为 \(f_i\) 的子序列，那么 \(f_i\) 的值应该等于 \(f_i + 1\)，与条件矛盾。

那么如果我们知道了最终的 \(f\) 数组，可以按照上述过程得到一些数的大小关系。例如一个 \(f_i = 2\) 的位置 \(i\) 上面的数应该 大于之前最靠后的 \(f_{i'} = 1\) 的位置 \(i'\) 上的数，小于之前最靠后的 \(f_{i''} =2\) 的位置 \(i''\) 上的数。

那么我们可以用一条 有向边 来表示这样的大小关系。可以连一条 \(i'\) 指向 \(i\) 的有向边和一条 \(i\) 指向 \(i''\) 的有向边。

并且这样的 大小关系限制 是 \(f_i\) 数组的形态的 充要条件。

只要能够满足这样的大小限制，就一定能得到 \(f\) 数组。对于本题而言，根据 \(a_i\) 我们可以连出一些有向边。根据 \(b_i\) 也可以连出一些有向边。我们把图建出来跑一遍拓扑排序即可。

具体的连边方式，以下只说明 \(a_i\)， \(b_i\) 只需要倒着扫描数组即可：

1. 连一条 \(lst_{a_i - 1}\) 指向 \(i\) 的有向边。连一条 \(i\) 指向 \(lst_{a_i}\) 的有向边。
2. 将 \(lst_{a_i}\) 更新为 \(i\)。

拓扑排序每次拿出的队头位置 \(p\)，令 \(p\) 上的数为还没填的最小数即可。
时间复杂度 \(O(n)\)。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, a[N], b[N];
int lst[N];
int in[N];
vector< int > E[N];
int ans[N], rk;
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &b[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		int o = lst[a[i] - 1];
		int p = lst[a[i]];
		if(o) {
			E[o].pb(i);
			in[i] ++;
		}
		if(p) {
			E[i].pb(p);
			in[p] ++;
		}
		lst[a[i]] = i;
	}
	memset(lst, 0, sizeof lst);
	for(int i = n; i >= 1; i -- ) {
		int o = lst[b[i] - 1];
		int p = lst[b[i]];
		if(o) {
			E[o].pb(i);
			in[i] ++;
		}
		if(p) {
			E[i].pb(p);
			in[p] ++;
		}
		lst[b[i]] = i;
	}
	queue< int > q;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if(in[i] == 0) q.push(i);
	}
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		ans[u] = ++ rk;
		for(auto v : E[u]) {
			in[v] --;
			if(!in[v]) q.push(v);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) printf("%d ", ans[i]);
	return 0;
}