2021-10-11 T1 string(P5329)

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思维题，赛时写了 $O(n^2)$的暴力，得了 $10pts$ 跑路，被全机房吊打qaq。赛后发现有很多不同的解法，大部分人使用了 $O(nlogn)$ 的算法（杜佬： $merge sort O(nlogn^2)$ 不能过吗？？？ ）。希望写一个 $O(n)$ 算法的我去问了 fxj 学哥，他提示我前面互不相同的那个特殊结论可能会对正解有一定帮助。今天再做的时候，受这个启发，得到了一个贪心策略。

如果当前字符两两不同，考虑除去第 $i$ 个与第 $i-1$ 个的比较，显然只有大于和小于两种情况。前面部分是一样的，这一位分别是这两个字符互换，显然大的那个排名靠前。如果第 $i$ 个大于第 $i-1$ 个，这时直接把 $i-1$ 放到当前记录的头队列的末尾。反之，如果第 $i$ 个小于第 $i-1$个，把 $i-1$ 放到尾队列的队首。证明的话，显然后面还未比较的字符串的前缀都和第 $i$ 个一样，所以与第 $i-1$ 个的比较结果也和第 $i$ 个一样，所以操作是合理的。时间复杂度 $O(n)$。

再来考虑可以相同的情况，所有相同的与后面带比较的字符串就与最后一个的比较结果相同，而编号小的在前，所以只要把连续的相同的顺序记录，然后当做一个整体做上面特殊情况的操作即可。每个都只会被访问 O(1) 次，所以时间复杂度为 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int BUF_SIZE = 1 << 20;
char buf[BUF_SIZE] , *curP = buf;
void buf_flush() {
    if(curP != buf) {
        fwrite(buf , (curP - buf)  , 1 , stdout);
        curP = buf;        
    }
}
void putChar(char c) {
    *curP++ = c;
    if(curP == buf + BUF_SIZE)
        buf_flush();
}
void write(int x) {
    static char stk[13];
    char* p = stk + 12 , *ed = stk + 12;
    while(x) {
        *--p = x % 10 + '0';
        x /= 10;
    }
    while(p != ed) putChar(*p++);
}

const int N = 1000000 + 10;
int n;
char s[N];
int ans[N];
signed int main()
{
    freopen("string.in","r",stdin);
    freopen("string.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s + 1);
    int l = 0,r = n + 1,pos = 1;
    for(int i = 2;i <= n;i++)
    {
        if(s[i] == s[i-1]) continue;
        if(s[i] < s[i-1])
        {
            for(int j = pos;j < i;j++)
                ans[++l] = j;
            pos = i;
        }
        else
        {
            for(int j = i - 1;j >= pos;j--)
                ans[--r] = j;
            pos = i;
        }
    }
    for(int i = pos;i <= n;i++)
        ans[++l] = i;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        write(ans[i]),putChar(' ');
    putChar('\n');
    buf_flush();
    return 0;
}