esp 大於 clu 解法 相同 復雜度 times 題目 反轉

題目大意

1.題目描述

斜堆(skew heap)是一種常用的數據結構。
它也是二叉樹，且滿足與二叉堆相同的堆性質：
每個非根結點的值都比它父親大。因此在整棵斜堆中，根的值最小。
.
但斜堆不必是平衡的，每個結點的左右兒子的大小關系也沒有任何規定。
在本題中，斜堆中各個元素的值均不相同。
.
在斜堆\(H\)中插入新元素\(X\) 的過程是遞歸進行的：
（1）當\(H\)為空或者\(X\)小於\(H\)的根結點時，
\(X\)變為新的樹根，而原來的樹根（如果有的話）變為\(X\)的左兒子。
.
（2）當\(X\) 大於\(H\) 的根結點時，
\(H\)根結點的兩棵子樹交換，而\(X\)(遞歸)插入到交換後的左子樹中。

.
給出一棵斜堆，包含值為\(0\)到\(n\)的結點各一次。
求一個結點序列，使得該斜堆可以通過在空樹中依次插入這些結點得到。
如果答案不惟一，輸出字典序最小的解。輸入保證有解。
.
數據範圍\(n \leq 50\)

2.樣例文件：

input1:
6
100 0 2 102 4 104
output1:
4 6 5 2 0 1 3
..............................................................
input2:
7
0 100 1 102 2 3 5
output2：
2 5 0 3 4 6 7 1

思路及解法：

本題的數據範圍出到\(n \leq 5 \times 10^3\)

是肯定沒問題的。
所以總結一下，本題時間復雜度\(O(n^2)\),空間復雜度\(O(n)\),思維復雜度\(O(n!)\)....
.
言歸正傳，這題到底怎麽做？
由於每次都是插入左子樹中，所以就會有一些神奇的事情。
我們考慮 最後一個插入的點 會有什麽性質：
（1）性質1：它是一個極左節點（從根到它的路徑都是走左子樹）
（2）性質2：它一定沒有右子樹
顯然滿足上述條件的點有很多，那麽仔細觀察後可以發現：
性質3：對於樹上任意一個點，如果它沒有左子樹，則它一定沒有右子樹。
.
然後就可以搞一波事情了。
我們假設最後加入的點為 \(X\) ，如果它的祖先中存在點 \(Y\) 也滿足性質\(1,2\)，則：
<1>
若\(X\)不為葉子節點：
由於\(X\)插入\(Y\)的子樹中時會反轉\(Y\)的左右兒子，
那麽\(Y\)的當前左子樹中包含\(X\)，而現在\(Y\)又沒有右子樹，
所以在插入前，\(Y\)只有右子樹，沒有左子樹。
這顯然與性質3矛盾，即這種情況不可能發生。
所以最後插入的點一定是 深度最淺的滿足性質1,2的節點,設它為 \(del1\)。
<2>
若\(X\)為葉子節點：
那麽即插入\(X\)前\(Y\)沒有兒子。
所以這種情況顯然是合法的,
即如果\(del1\)有左兒子\(del2\)，且\(del2\)為葉子節點，那麽\(del2\)也是合法的。
.
綜上所述，最後插入的點可能為：
（1）深度最淺的滿足性質1,2的節點
（2）深度最淺的滿足性質1,2的節點的左兒子，前提是這個左兒子為葉子節點。
由於我們要保證字典序，所以存在(2)情況時我們則優先選葉子節點。
所以我們依照這個原則不斷刪點、修改。
最後把答案數組倒著輸出即可（P.s ：建議把所有點的編號都加\(1\)再處理）。

實現代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define mx 60
#define ll long long
using namespace std;

int n,root,fa[60],ls[60],rs[60],ans[60];

IL void Work(){
    for(RG int sq = 1; sq <= n; sq ++){
        RG int del1 = 0 , del2 = 0, x = root;
        while(x){ if(!rs[x]){del1 = x; break;} x = ls[x]; }     
        if(!rs[ls[x]] && !ls[ls[x]] && ls[x])
            del2 = ls[x];
        if(del2){ans[sq] = del2; ls[del1] = 0; }     
        else {
            ans[sq] = del1; 
            ls[fa[del1]] = ls[del1]; fa[ls[del1]] = fa[del1]; 
        }
        if(!del2 && del1 == root)root = ls[del1] , fa[root] = 0;;
        RG int ff = fa[(del2)?del2 : del1];
        while(ff)
            swap(ls[ff],rs[ff]) , ff = fa[ff]; 
    }return;
}

int main(){
    cin >> n; n++; root = 1;
    for(RG int i = 2,f; i <= n; i ++){
        cin >> f;
        if(f >= 100){f-=100; f++; rs[f] = i; fa[i] = f;}
        else f++ , ls[f] = i , fa[i] = f;
    }
    Work();
    for(RG int i = n; i >= 1; i --)ans[i] --;
    for(RG int i = n; i >= 1; i --)cout<<ans[i]<<" "; 
    return 0;
}

[SCOI2008]斜堆