AtCoder Regular Contest 080E Young Maids 堆+RMQ

Contest 080E Young Maids 堆+RMQ"/>

AtCoder Regular Contest 080E Young Maids 堆+RMQ

Description

给一个n排列p[]，每次可以从中选取两个连续的元素拿出来，按照原本顺序放进一个队列q[]的前端
问字典序最小的q
n ≤ 2 ∗ 1 0 5 n\le2*10^5 n≤2∗105

Solution

很容易想到找最小的数作为开头元素，并且可以发现假如我们选择了某个位置x，那么另一个位置y一定和x奇偶性不同，并且x-1和n-y必须是偶数
那么就是十分好做了。我们按照奇偶性把序列拆成两份，每次从堆里面找到最小的区间，然后把区间拆成[l,x-1]，[x+1,y-1]，[y+1,r]三份再塞回堆里面。根据上面的结论不难发现我们两次选取的四个位置一定不会跨越，那么这样做就是对的了

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=400005;int w[N],n;struct data {int l,r,w1,w2;bool operator <(data b) const {return (w[w1]==w[b.w1])?(w[w2]>w[b.w2]):(w[w1]>w[b.w1]);}
} ;struct RMQ {int rec[18][N],lg[N];void pre() {rep(i,2,N-1) lg[i]=lg[i>>1]+1;rep(j,1,lg[n]) {rep(i,1,n-(1<<j)+1) {if (w[rec[j-1][i]]>w[rec[j-1][i+(1<<j-1)]]) {rec[j][i]=rec[j-1][i+(1<<j-1)];} else rec[j][i]=rec[j-1][i];}}}int ask(int l,int r) {int t=lg[r-l+1];if (w[rec[t][l]]<w[rec[t][r-(1<<t)+1]]) return rec[t][l];else return rec[t][r-(1<<t)+1];}
} T[2];std:: priority_queue <data> heap;int read() {int x=0,v=1; char ch=getchar();for (;ch<'0'||ch>'9';v=(ch=='-')?(-1):v,ch=getchar());for (;ch<='9'&&ch>='0';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());return x*v;
}int main(void) {freopen("data.in","r",stdin);n=read(),w[0]=INF;rep(i,1,n) {w[i]=read();T[i&1].rec[0][i]=i;T[!(i&1)].rec[0][i]=0;}T[0].pre(),T[1].pre();int p1=T[1].ask(1,n-1);int p2=T[0].ask(p1+1,n);heap.push((data) {1,n,p1,p2});for (int i=1;i*2<=n;++i) {data top=heap.top(); heap.pop();int l=top.l,r=top.r,w1=top.w1,w2=top.w2,wjp;printf("%d %d ", w[top.w1],w[top.w2]);if (w1>l+1) {wjp=l&1;p1=T[wjp].ask(l,w1-2);p2=T[!wjp].ask(p1+1,w1-1);heap.push((data) {l,w1-1,p1,p2});}if (w2+1<r) {wjp=(w2+1)&1;p1=T[wjp].ask(w2+1,r-1);p2=T[!wjp].ask(p1+1,r);heap.push((data) {w2+1,r,p1,p2});}if (w1+1<w2) {wjp=(w1+1)&1;p1=T[wjp].ask(w1+1,w2-2);p2=T[!wjp].ask(p1+1,w2-1);heap.push((data) {w1+1,w2-1,p1,p2});}} puts("");return 0;
}