我的座位上有一本红楼梦

前言

如果我的座位上有一本红楼梦。

如果我每天都看红楼梦。

如果我看到了贾宝玉初试云雨情。

如果我初试云雨情？？

我也要试吗？？我吗？？我不是贾宝玉。

如果我集训期间的座位上有一本红楼梦……

\(9.15\)

\(100+100+0+30\)

任务领取

每条边只会指定一个点，那么最后一定会剩下一个点没有被指定，所有边就构成了以该点为根的一棵外向树。

枚举根，删边时间可以等价于删点时间，对所有点的删除时间数组进行计数，发现本质上是树的拓扑序，对于给定根不难做到 \(O(n)\)。

再写个换根就过了。

染色结果

这类问题可以直接考虑对 \(c\) 计数，那么需要 \(c\) 合法的充要条件：

1. 相邻点颜色不同。

2. 颜色为 \(c\) 的点，其周围必须要有 \(0 \sim c-1\) 的每一种颜色。

这样的话大概就能 \(\text{DP}\) 了，但是复杂度和颜色范围关联很大。

事实上，这种和 \(\text{mex}\) 有关的题目有很多规模上的性质：

考虑一个点 \(u\) 最终颜色为 \(c\)，那么其周围必须要有 \(0 \sim c-1\) 所有点，这些点周围又会递归出很多点，且点 \(u\) 对它们无法产生贡献。

那么归纳可得所有点颜色的最大值 \(\leq \lfloor \log_2 n \rfloor\)。

定根，设 \(g_u\) 表示不考虑父亲时，点 \(u\) 可能的 \(\text{mex}\) 最大值。

设 \(h_u\) 表示点 \(u\) 实际上可能的 \(\text{mex}\) 最大值，有 \(h_u=\min(g_u+1,\lfloor \log_2 n \rfloor)\)。

计算 \(g_u\) 时，将所有儿子的 \(g_v\) 递增排序，从 \(g_u=0\) 开始，每次遇到 \(g_v \geq g_u\) 就令 \(g_u\) 增加 \(1\)，相当于是能力小的孩子先匹配较小的颜色。

关键性质：

\[\sum_{i=1}^n 2^{g_u} = O(n\log_2 n) \]

考虑点 \(u\) 满足 \(g_u=k\)，那么它周围就至少有大小为 \(1,2,4,8,\dots,2^{k-1}\) 的子树。

在去掉其重儿子后，它的所有轻儿子大小之和至少有 \(\sum_{i=0}^{k-2} 2^i=2^{k-1}-1\)。

那么就有 \(2^k = 2(2^{k-1}-1+1) \leq 2(\sum_{v \not= hson_u} siz_v+1)\)。

而我们知道，一棵树上所有轻儿子的大小之和是 \(O(n\log_2 n)\) 级别的。

有了该性质之后，我们能够编写一些指数级的算法，此时 \(\text{DP}\) 是容易的，根据转移时候容斥或不容斥能够得出不同的做法。

同类分段

\(\text{Part I}\)

记 \(S_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 内颜色构成的集合，一个三元组 \((l,m,r)\) 合法即为 \(S_{l,m}=S_{m+1,r}\)，关键是这等价于 \(S_{l,m}=S_{m+1,r}=S_{l,r}\)。

一个区间可能存在多个合法的分割点，但是只能计算一次，考虑钦定一个最早的分割点。

由于 \(m\) 越小时，\(S_{m+1,r}\) 越可能合法，所以最早的分割点其实就是区间内所有数首次出现位置的最大值，记为 \(p\)。

反过来，如果沿这个位置切开都不合法，那么该区间就不可能合法，故沿这个位置切开合法是区间合法的充要条件。

具体地，\([l,p]\) 已经是全集，只需要让 \([p+1,r]\) 也是全集即可，这等同于对于所有 \([l,p]\) 中的数，其下一次出现位置都不能超过 \(r\)。

即 \(\forall i \in [l,p],nxt_i \leq r\)。

换个角度看，其实我们也可以找到区间内所有数最后一次出现位置的最小值，这是使得右半部分为全集的最优位置，记为 \(q\)。

那么区间合法的充要条件也可以刻画为 \(p < q\)。

\(\text{Part II}\)

考虑类比极小极大 \(\text{mex}\) 区间的技巧，定义一个极小合法区间为删去任意一个端点都不合法的区间。

结合 \(\text{Part I}\) 的性质，通过较为复杂的条件推导，是可以容易地用线段树求出所有极小合法区间的。

然后对于每一个极小合法区间 \([l,r]\)，可以类似地用线段树求出其对应的极大合法区间 \([L,R]\)，那么左右端点属于 \([L,r] \times [r,R]\) 的所有区间均合法。

这是一个矩形面积并。

当然可以发现更多地性质：若两个矩形相交，则它们对应的 \(L\) 和 \(R\) 一定相同，这样可以帮助我们简单地完成这个面积并。

\(\text{Part III}\)

直接考虑扫描线，枚举 \(r\)，那么所有的 \(l\) 所对应的 \(q\) 必然是分成了很多个单调的段的。

对于每个段，\(l\) 合法需要 \([q+1,r]\) 中的数的上一次出现位置都 \(\geq l\)。

那么设该段的左端点为 \(lim\)，其对答案的贡献即为 \(\max(0,min_{i=q+1}^r pre_i-lim)\)。

这个东西用单调栈或者线段树都是容易维护的。

时间复杂度可以做到线性。

日记

刘姥姥找王熙凤借到钱了。

刘姥姥为什么不找王熙 \(r\) 借钱。

刘姥姥这也太卑微了，“王熙凤拔根汗毛比刘姥姥的腰还要粗”。

王熙凤准备给丫鬟做衣服的那 \(20\) 两银子随手给了刘姥姥，百度说是普通人家庭一整年的收入，但是在贾府只能办一次螃蟹宴，还拿去做衣服，这差距也太大了。

王熙 \(r\) 能给我 \(20\) 两银子不？

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晚上吃完饭回机房路上吹秋风好爽，再想到短期内可以一直学 \(\text{OI}\)，感觉很幸福。

为什么我赛时没切掉这个 \(\text{T3}\)，我要生气了！！！

电脑充电器坏了，不过第二天就换掉了。

为什么 \(\text{jiangly}\) 要一边想一边讲？？我要走神了。

为什么新高一同学有一个那么像队长，为什么还有一个那么像张铭哲？？性格和外貌上的。

\(9.16\)

\(\text{Choose Your Queries}\)

直接考虑建图，每条边选一个端点改变状态。

每个连通块分开考虑，跑出 \(\text{dfs}\) 树，在树上去调整很容易达到下界。

两年前的我还是太菜了。

\(\text{Coloring Torus}\)

按对角线构造，然后再按对角线去插入新颜色。

太神了。

\(9.17\)

\(100+25+0+5\)

\(\text{Hodge}\)

限制和最大值相关，考虑建出笛卡尔树，那么连边形式就是左子树内所有点向根连边，根向右子树内所有点连边。

在不考虑修改的情况下，可以根据这个写出一个 \(\text{DP}\)。

由于笛卡尔树本身是一棵 \(\text{Treap}\)，且输入数据随机，所以我们可以使用 \(\text{Treap}\) 来维护这个动态 \(\text{DP}\)。

由这个题也可以得知随机规模为 \(n\) 的二叉搜索树的期望深度是 \(O(\log_2n)\) 的。

\(\text{Birch-Swinnerton-Dyer}\)

如果直接 \(\text{DP}\)，在分配点 \(u\) 的连接情况时，若存在儿子 \(v\) 是 \(u\) 的接力，则转移是容易的，但是如果不存在就很难做了。

题解通过构造容斥系数，把答案变成了，所有接力的权值之积，而单个接力的权值是所有划分方案中块的乘积再求和。

这其实等价于全局找一个划分方案，把所有块权求乘积，再对所有方案求和。

那么直接对划分方案做 \(\text{DP}\)，并乘上其对应的排列个数即可。

\(\text{Navier–Stokes}\)

\(9.20\)

\(100+100+100+9\)

蜗蜗的灯光预案

看到平方考虑完全平方公式拆开。

不过我更喜欢多项式相乘这种组合意义的说法，相当于集合里面随便选两个。

然后我们要求的是这个：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \min(i,j) (n-\max(i,j)+1) \sum_{S \subseteq [n]} a_i^{(S)} a_j^{(S)} \]

注意到操作是异或，所以考虑直接把最右边的乘积也看成多项式相乘，拆成两个位的乘积。

那么我们要求的就是 \(h_{i,j,x,y}\) 表示有多少种方案满足 \(2^x \in a_i,2^y \in a_j\)，这里也可以转成概率，会更直观，也是老套路了。

下午自己想到这里的时候又痴迷于 \(\text{DP}\) 无法自拔了，想了很久没想出来怎么算，以后一定不要忘了计数可以组合啊！

考虑每个操作的影响，将所有操作关于 \(a_i\) 的第 \(x\) 位以及 \(a_j\) 的第 \(y\) 位的包含情况进行分类。

一共可以分为 \(4\) 类，而我们只在乎其中每一类选取个数的奇偶性。

每一类中，选取个数为奇数和偶数的方案数是相同的，这里可以看成是一个简单的对称性计数的 \(\text{trick}\)。

所以单个 \(h_{i,j,x,y}\) 是不难 \(O(1)\) 算出的。

总复杂度 \(O(q \log_2^2 V + n^2 \log_2^2 V)\)。

\(9.22\)

\(65+0+0+5\)

\(\text{OI}\) 中一类限制性问题的思考方法。

🚇

找到充要条件后，发现限制只和 \(d\) 数组的差分相关。

所以直接把 \(d\) 做差分，记为 \(c\)，并且将答案改写成和 \(c\) 有关的形式：\(\sum_{i=0}^{n-1} b_i \times c_i\)。

每个 \(c_i\) 存在范围，会修改，而 \(b_i\) 永远不变。

考虑贪心，由于要保证 \(c\) 的和为 \(0\)，所以每次必定会选择 \(b\) 最大的位置将 \(c\) 加 \(1\)，然后把 \(b\) 最小的位置将 \(c\) 减 \(1\)。

按 \(b\) 递增排序，最终的形式一定是从某个位置 \(p\) 分开，前一半均为 \(-L_i\)，后一半均为 \(+L_i\)，而 \(c_p\) 是用于补成和为 \(0\) 的位置。

线段树二分即可。

\(9.24\)

\(100+50+0+15\)

钥匙环

垃圾题。

对每个颜色判断合法性，把不合法那些块全部打标记，这里需要用到虚树。

然后最后剩下的一定是一整个连通块，它们要么全部合法要么全部不合法，跑一次判断即可。

子集异或

考虑刻画 \(F(l,r)\)，把区间内所有数排序，然后依次加入：

维护 \(x\) 表示当前能够凑出 \(0\sim x-1\) 的所有数，初始 \(x=1\)。

然后每次加入数 \(v\) 时，若 \(v \leq x\)，则 \(x \leftarrow x+v\)，否则 \(F(l,r)=x\)。

关键观察是把区间内所有数倍增分组为 \([1,2),[2,4),[4,8) \dots\)，则可以证明一组内的数要么都不被吸收，要么全被吸收。

则枚举 \(\log_2 V\) 个值域区间，统计序列上所有区间的贡献即可，记 \(g_r\) 表示满足 \([l,r]\) 能够吸收当前值域区间的最大 \(l\)。

利用 \(g\) 的单调性可以双指针求出答案。

序列划分

感觉建图方式非常不人类。

若 \(i<j\)，满足 \(p_i<p_j\)，则连无向边 \((i,j)\)。

在得到的图上考虑每一个独立集 \(S\)，则原序列合法的充要条件是 \(|N(S)| \geq |S|\)，这个非常不显然。

则我们的目标是通过删点，使得 \(\exists S,|N(S)| \geq |S|\)，因为 \(N(S) \cap S = \emptyset\)，所以答案即为：

\[\max(1+\min_{S\not= \emptyset} |N(S)|-|S|,0) \]

注意到 \(S\) 在原序列上是单调下降的子序列，直接 \(\text{DP}\) 即可。

\(9.26\)

\(100+20+0\)

这是第二题

为啥我挂了 \(40\)。

考虑子任务 \(1\) 的做法是每个白色四宫格和每个黑色四宫格本质相同，所以只需要暴力维护 \(8\) 个格子的变化情况。

但是加入了操作 \(2,4\) 之后前面的性质就不满足了。

直接把整个矩阵沿边界无限做对称，然后每个同色四宫格又本质相同了？？！！！？！

\(9.28\)

\(\text{AghaBalaSar and Hamed}\)

单调栈可以求出 \(i\) 左边第一个比自己大的 \(l_i\)，还可以求出 \([l_i,i]\) 中能一步到 \(i\) 的数的个数。

然后疯狂分讨就可以了。

\(\text{Kia Kio and Tree of Life}\)

考虑每个区间会在多少个方案中出现。

把整个区间当成一个点，放进原序列做二叉树划分，然后再把区间内做二叉树划分，方案数应该是两个卡特兰数乘起来，而且只和区间长度有关。

设 \(w_t\) 表示所有长度为 \(t\) 的区间的代价和。

由于代价和异或相关，不好处理，所以直接拆位。

考虑每一位对 \(w\) 的贡献，把 \(0\) 和 \(1\) 所在的位置数组做差卷积即可。

时间复杂度 \(O(n\log_2n \log_2 V)\)。

\(\text{Minister}\)

\(\text{Min Max Matrix}\)

\(\text{Astana Hard Metro}\)

\(\text{Cost of Conflicts}\)

\(9.29\)

\(100+100+25+35\)

我不管，我只是没特判而已，我只是暴力没写完而已。

牢板神了吧，还嫌题不够多吗？？

我真的要做不完了。。。怎么事情这么多，有点排不过来了。。

还好，明天是摆烂日。

什么红卡后面忘了

先考虑怎么判定一个 \((A,b)\) 是否合法。

由于 \(A\) 的形式很像邻接矩阵，所以可以尝试放到图上观察。赛时觉得 \(A_{i,j}\) 必须表示 \(i\) 到 \(j\) 的边数，遂没什么想法。

呃，太唐了，\(A_{i,j}\) 就表示两端点权值和就行了。

对于每个连通块分开考虑，若块内存在奇环，则可以解出块内所有的 \(x\)，否则该块是一个二分图。

对于二分图，可以将某一侧点同时加上 \(v\)，然后把另一侧点同时减去 \(v\)，并不会影响 \(A\) 的合法性。

尽管如此，对合法的 \((A,b)\) 计数还是非常困难，因为这个条件依然很不优美。

那么既然判定合法很难，不妨从合法的 \(x\) 出发去找 \((A,b)\)。

求满足 \(x\) 能够生成出 \((A,b)\) 的数量：

\[2^{\frac {n(n-1)} 2} \prod_{i=1}^n (m-x_i+1) \]

但是同一个 \((A,b)\) 会被多个 \(x\) 给统计到，而且并不好容斥。

一个很经典的想法是对于每个 \((A,b)\) 钦定一个 \(x\) 进行计数。

结合前面的分析，一个 \((A,b)\) 中非二分图的部分对应的 \(x\) 是唯一的，而二分图部分我们可以钦定必须要达到边界。

那么此时 \((A,b)\) 和 \(x\) 是一对一的关系，直接转换计数对象，统计三元组 \((x,A,b)\) 的数量，满足 \(x\) 是 \((A,b)\) 所钦定的“代表解”。

因为限制都和图的形态，即 \(A\) 相关，所以从图入手计数。

基础数据结构方法

\(10.1\)

\(100+0+0+0\)

国庆节和模拟赛过了。

\(\text{Check Max}\)

\(\text{Part I}\)

考虑单个数的时候，如果某一次取了 \(\text{chkmax}\) 之后后续又变为负数了，然后再取了一次 \(\text{chkmax}\)。

那么前一次 \(\text{chkmax}\) 根本没有用。

换句话说，每个数至多只有一次有效的 \(\text{chkmax}\)，我们可以对其找到最优的 \(\text{chkmax}\) 位置。

对于每个子集，可以同理得到使子集所有数之和最优的 \(\text{chkmax}\) 位置。

于是可以容易地做到 \(O(m2^n+n3^n)\)，精细时限足以通过。

\(\text{Part II}\)

\(\text{(x)}\)

\(10.4\)

\(100+100+15+100\)

局部函数

考虑充要条件，发现考虑不动。

注意到 \(4\) 这个数就很神秘，特别小，于是可以 \(\text{DP}\) 去判断合法性。

再 \(\text{DP of DP}\) 就做完了。

\(\text{rplrprq}\)

考虑区间 \(\text{lowbit}\) 相同的可以直接打标记。

通过维护区间内所有数二进制表示下的最长公共后缀可以维护出 \(\text{lowbit}\) 是否相同。

发现这样做就过了。

因为把那个最长公共后缀看作势能可以发现，每次暴力递归会使其 \(+1\)。

\(10.5\)

\(\text{Vibe Coding}\)

先考虑如果确定了每个任务是人工还是 \(\text{AI}\)，以怎样的策略安排顺序是最优的。

显然可以把所有 \(\text{AI}\) 任务按 \(B\) 递增的顺序首先处理，然后才是人工任务。

考虑 \(\text{DP}\)，为了方便我们把前面的 \(\text{AI}\) 任务倒过来，因为 \(B\) 较大的系数反而小。

设 \(f_i(j)\) 表示考虑前 \(i\) 个任务，有 \(j\) 个是 \(\text{AI}\) 的最小耗时。

于是我们可以做到 \(O(n^2)\)。

然后说是 \(f_i\) 关于 \(j\) 是凸的，于是可以 \(\text{slope trick}\) 优化。

参考这篇。

\(\text{Take Many ABA}\)

我们考虑固定 \(\text{T}\) 怎么求 \(f(T)\)，发现最大值非常难处理，只能二分答案。

于是我们考虑 \(\text{check}\) 对于某个 \(k\)，是否满足 \(f(T) \geq k\)，这个可以贪心做。

所以把原式改写成：

\[\sum_k \sum_T [f(T) \geq k] \]

这个可以做一个 \(O(n^3)\) 的 \(\text{DP}\)，常数较小，可以通过。

\(10.6\)

\(100+0+10+0\)

不知道写啥啊，这咋办？

\(\text{T3}\) 和 \(\text{T4}\) 感觉是真不难啊，只要有一定时间的观察我觉得就能做了。

那 \(\text{T2}\) 是真的雷霆啊，不知道咋刻画出来的。。放个链接吧。

配对

\(10.8\)

\(100+10+0+15\)

\(\text{T1}\) 是析合树板子。

\(\text{T4}\)

最终序列必然单调上升，然后不妨考虑其合法的充要条件是什么。

然后如果这时直接去思考两个数 \(a_i,a_j\) 在最终序列中相邻的条件就寄了。

正确的方向是考虑每个留下来的数 \(a_k\)，肯定删除掉了原序列的一段区间 \([l,r]\)，那合法条件其实是 \(a_l \geq a_k \geq a_r\)。

那 \(a_i,a_j\) 相邻的条件就是 \(\exists t \in [i,j),a_t \leq a_i,a_{t+1} \geq a_j\)。

然后直接对着这个用 \(\text{CDQ}\) 优化 \(\text{DP}\) 即可。

\(10.9\)

凸优化专题。

\(10.10\)

\(100+100+30+70\)

感觉没有 \(\text{AK}\) 真的是糖丸了。

普通的开关

把操作转化为每个点的删除时间 \(t\) 数组，那么 \(\forall i,j,t_i=t_j\) 都有 \(\max_{k=i+1}^{j-1} t_k >t_i\)。

所以任意区间的最大值有且仅有一个。

于是考虑区间 \(\text{DP}\)，关键在于不要一开始就把空操作去掉，因为这样就只能记相对时间，合并很麻烦。

直接记绝对时间，然后使用拉插或者二项式反演都能还原出答案。

区间完美匹配

追忆。

\(10.13\)

\(\text{RGB}\)

你把字母看成数字。

然后发现 \(f\) 可以写成运算的形式。

再对原数组做差分，发现运算本质上是交换了差分。

灯笼

随便刻画一下，不难发现本质是保序回归。

\(10.15\)

余数

由于是对本质不同的 \(f(x)\) 计数，考虑到其定义域为 \(R\)，所以可以先将其按最小循环节分类，最小循环节不同的必然不同。

钦定循环节，充要条件是 \(f(x+1)\) 要么是 \(0\)，要么是 \(f(x)+1\)。

对这个直接计数，但是会算重，考虑去重。

因为函数的特殊形式，所以若其存在循环节 \(p\)，则其最小循环节一定是 \(p\) 的因子，跑一遍反演去掉最小循环节非钦定循环节的贡献即可。

染色

把逆序对连边，则一个区间若存在长度至少为 \(3\) 的链就无解。

否则令 \(c\) 为连通块个数，答案为 \(2^{c}\)。

考虑如何维护连通块，很重要的一个点是在排列上，逆序对连边形成的图，每个连通块都是连续的一段区间。

考虑一个分割点 \(i\)，满足 \(\leq i\) 的部分和 \(>i\) 的部分之间没有边，则 \(i\) 必须满足，前面的都比自己小，后面的都比自己大。

注意到询问都是问所有子区间，所以考虑扫描线的同时用历史和线段树维护答案。

这种所有子区间，如果想用 \(\text{CDQ}\) 就可能比较乏力。

维护当前以 \(r\) 结尾的最长上升子串，再进行分讨，不难写出添加一个数时所有左端点贡献的变化。

\(10.16\)

• \(\binom n m\) 为奇数当且仅当 \(m\) 是 \(n\) 的子集。

晚上讲了等价类分治。

\(10.17\)

\(\text{01 transform}\)

这种题我们直接考虑找不变量从而推出充要条件。

由于是相邻两个位置一起变，所以我们考虑奇数位置和偶数位置分开看。

不难发现，奇数位置的 \(0\) 个数和偶数位置的 \(0\) 个数之差是不变的。

然后这个就是充要的了。

\(\text{lm}\) 说这种问题可以把奇数位置上的数全部取反，会很爽。

\(10.19\)

\(0+25+0+0\)

哈哈，喜欢挂？

重庆友谊赛。

断章的诗

考虑对前后缀都做 \(\text{KMP}\) 匹配。

然后枚举 \(B\) 中的分界点，左右直接乘会算重，转化到 \(\text{fail}\) 树上的到根的路径并。

如果你没想到虚树，就可以用启发式和树剖，\(O(n\log_2^3 n)\) 通过这道题。

虚树上到跟的路径并，可以将所有点按 \(\text{dfs}\) 序排序之后，用所有点的深度和，减去所有相邻点 \(\text{LCA}\) 的深度算出。

如果你用 \(\text{set}\) 维护虚树，就可以以 \(O(n\log_2^2 n)\) 的复杂度通过这道题。

如果你会线段树维护前驱后继，就可以 \(O(n\log_2n)\) 做完。

无限赋格

任意数能都化为用斐波那契数列表示的标准形式，类似于一种进制。

然后在标准形式上做 \(\text{DP}\) 即可。

由于有修改，所以要用平衡树维护动态 \(\text{DP}\)。

假面惊梦

因为很多博弈题本质上都是 \(\min-\max\) 的形式，所以可以考虑二分，\(\text{wxr}\) 说的。

\(10.20\)

\(10.21\)

贪心专题。

又一道纸笔问题

\(\text{Part I}\)

考虑贪心，试想对于比较靠右的列，他们在比较高的位置有值，就只能自己删，不能和左边的列一起删。

所以手玩一下不难得到如下策略：

维护 \(top_i\) 表示第 \(i\) 列的最高的非 \(0\) 位置。

每轮从 \(m\) 开始，找到最小的 \(p\)，满足 \(top_p \geq top_{p+1} \geq top_{p+2} \geq \dots \geq top_m\)。

然后令 \(w=\min_{p\leq i\leq m} a_{top_i,i}\)，把这个后缀每一列的最高位置都减去 \(w\)。

重复以上操作即可，该过程可用线段树维护，一共有 \(O(nm)\) 次操作，故复杂度为 \(O(nm\log_2 {nm})\)。

\(\text{Part II}\)

对于具有如下特征的题目：

1. 要用若干次操作达到某目标，且一定有一种“单位操作”可以通过很多次操作达到目标。

2. 两次操作之间若满足某种条件就可合并为一次操作。

另一种常见的思考方式是先全用单位操作，然后再用贪心或 \(\text{DP}\) 等等进行合并。

这道题可以用这个想法做到 \(O(nm)\)。

其实这个想法在 \(\text{Geopelia}\) 的前半部分也有出现。

\(\text{Part III}\)

这题还可以建模成网络流。

\(\text{Minimize Topological Order}\)

先考虑哪些树是能够由 \(p\) 生成出来的。

如果没有字典序限制，可以直接从左到右扫描 \(p\)，每次把当前点挂到一个前面点的下面都是合法的。

但是有了字典序限制后，考虑生成 \(p\) 的过程是用一个堆来维护所有的已解锁的点。

那么如果有 \(i>j,p_i<p_j\)，则要求 \(p_i\) 必须在 \(p_j\) 出堆后才能入堆。

也就是说，\(p_i\) 的祖先链，必须要有排在 \([j,i)\) 之间的点，也即 \(p_i\) 的父亲必须排在 \([j,i)\) 之间。

用单调栈不难求出每个 \(i\) 左边第一个比自己大的，那么 \(p_i\) 的父亲范围就固定了。

每次选择一个范围内儿子数最小的点挂上去即可。