AtCoder Grand Contest 010 E Rearranging

洛谷传送门

AtCoder 传送门

赛时在想一些奇怪的东西，没想到建图。

考虑使用元素两两之间的相对顺序来描述序列。发现若 \(x, y\) 互质那么它们的相对顺序被确定了。

先把输入的序列从小到大排序。然后考虑互质的数之间先连一条无向边。那么先手要把无向边定向使得它是个 DAG，后手会求出这个 DAG 的最大拓扑序。也就是说先手要最小化这个 DAG 的最大拓扑序。

考虑把所有点的边按编号从小到大排序，然后从小到大遍历这个图，从小到大遍历出边，这样会形成一个生成森林，边从祖先定向到儿子即可。

考虑这样贪心为什么是对的。发现若先遍历更大的点 \(v_2\) 肯定不优，因为若先遍历更小的点 \(v_1\)，说不定就在遍历 \(v_1\) 的过程中访问了 \(v_2\)，就能使得不用添加 \(u \to v_2\) 的边。所以是不优的。

时间复杂度为 \(O(n^2 (\log V + \log n))\)，\(\log V\) 为求 \(\gcd\) 复杂度。

code

// Problem: E - Rearranging
// Contest: AtCoder - AtCoder Grand Contest 010
// URL: https://atcoder.jp/contests/agc010/tasks/agc010_e
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 2020;

int n, a[maxn], ind[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int> G[maxn];

void dfs(int u) {
	vis[u] = 1;
	for (int v = 1; v <= n; ++v) {
		if (!vis[v] && __gcd(a[u], a[v]) > 1) {
			G[u].pb(v);
			++ind[v];
			dfs(v);
		}
	}
}

void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (!vis[i]) {
			dfs(i);
		}
	}
	priority_queue<pii> pq;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (!ind[i]) {
			pq.emplace(a[i], i);
		}
	}
	while (pq.size()) {
		int u = pq.top().scd;
		pq.pop();
		printf("%d ", a[u]);
		for (int v : G[u]) {
			if (!(--ind[v])) {
				pq.emplace(a[v], v);
			}
		}
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}