題目傳送門

　　傳送點I

　　傳送點II

題目大意

　　給定一個（小根）斜堆的生成方式。

1. 如果$H$為空，或者插入的數$x$的權值小於根節點的權值，那麼用$x$頂替$H$的位置，然後把$H$作為它的左子樹。
2. 否則交換$H$根的左右子樹，然後遞迴左子樹。

　　給定一個斜堆，元素大小分別為$0, 1, \dots, n$，問字典序最小的插入序列。

　　（這篇隨筆可能不太嚴謹。）

　　考慮倒著做這麼一個操作。不難發現下面這兩條：

引理1 斜堆$H$中所有非葉節點必然存在左子樹。

　　證明 假設存在一個非葉節點$x$不存在左子樹，那麼它一定只存在右子樹。

　　顯然它不可能比它右子樹中某個點$y$晚插入，因為插入$y$的時候，原來的右子樹變成了左子樹，之後一定存在。

　　同時它也不可能比它右子樹中某個點$y$之前插入，因為插入$x$的時候，$y$會在$x$的左子樹中，再次插入後面的點的時候，左子樹一定存在。

　　因此它不存在右子樹。與它是非葉節點矛盾。

　　然後不難得到：

定理2.1 當新插入的點是非葉節點的時候，它的所有父節點都有右子樹，當新插入的點是葉節點的時候

定理2.2 當新插入的點是葉節點的時候，它的父節點的所有父節點都有右子樹。

　　證明 設新插入的點為$x$。

• 當$x$不是葉節點的時候，它的父節點存在同時存在左右子樹。假設它的$k$級祖先存在，並同時存在左右子樹，當$k + 1$級祖先存在的時候，推得$k + 1$級祖先存在右子樹，所以$k + 1$級祖先同時存在左右子樹。因此定理2.1得證。
• 當$x$是葉節點的時候，它的父節點原本是葉節點或只存在左子樹。剩下的一樣。

　　然後再討論一下還有哪些特點

定理3 新插入的點必定滿足：

• 在最左鏈上
• 不存在右子樹

　　這兩點都比較顯然。由插入做法易證。

定理4 一個二叉樹$H$能通過斜堆車插入方式得到的充分必要條件是：

1. 滿足堆性質
2. 要麼是葉節點，要麼存在左子樹。

　　證明  必要性 第一點顯然，第二點由引理1可證。

　　充分性 當點數為1的時候，顯然成立。假設當點數不超過$k$時成立，考慮當點數為$k + 1$的時候。

　　當根節點右子樹為空，因為左子樹是能夠構造出來，可以先建出左子樹，然後再插入根節點。

　　否則我們考慮當前最後一個插入的點，由定理3可以知道它存在於當前根的左子樹中。

　　一個插入序列在滿足根節點同時存在左右子樹之後，只是交替著向兩個子樹中插入元素。

　　假設知道了左子樹和右子樹的插入序列（根據歸納假設我們知道它是存在的）。　

　　顯然插入操作是可逆的，我們交替著撤銷左右子樹的插入，直到根沒有同時存在兩棵子樹，這時候根一定不存在右子樹（刪完最後一個點，然後交換左右子樹，所以右子樹為空）。

　　此時把根刪掉。然後可以繼續按照左子樹的插入序列構造剩下的左子樹。

　　然後我們就倒著構造出了插入序列。

定理5 一個點能成為最後一個插入的點的充分必要條件是：

1. 在最左鏈上
2. 不存在右子樹
3. 當是葉節點時，父節點的所有父節點存在右子樹，當是非葉節點時，它的所有父節點存在右子樹

　　證明 必要性由以上討論可知。

　　充分性 由定理4必要性可知，每個非葉點均存在左子樹並且滿足堆性質。

　　當它是葉節點的時候把它刪掉，然後交換它所有的祖先的左右子樹。它的父節點要麼變成葉節點要麼只存在左子樹。因為它父節點的祖先均在右子樹，所以左子樹非空。其他點不受影響，所以所有非葉節點存在左子樹。顯然仍然滿足堆性質。由定理4可知剩下的樹能夠通過斜堆的插入方法得到。

　　當把這個點的左子樹變為它的父節點的左子樹，然後把這個點刪掉後，仍然滿足堆性質。類似地可以證明。

　　我們仔細發現，可能成為最後一個插入的點只至多可能有2個。當最左鏈的葉節點的父節點滿足時存在兩個，否則只存在一個。

　　為了使得字典序最小，我們考慮討論第一種情況。無論發現最後一個是哪一個點，撤銷它的插入後，剩下的樹的形態都一樣。

　　所以對於其中一個的合法插入序列，交換這兩個數的位置，仍然成立。

　　所以一定是後插入較大的數。（不然我就交換這兩個數，然後可以得到字典序更小的插入序列）。

　　然後做法就變得異常簡單：

1. 找到最左鏈上深度最大的滿足條件的點
2. 刪掉它，加入到插入序列，然後交換它的所有父節點的左右子樹。

Code

 1 /**
 2  * bzoj
 3  * Problem#1078
 4  * Accepted
 5  * Time: 4ms
 6  * Memory: 1304k
 7  */
 8 #include <iostream>
 9 #include <cstdlib>
10 #include <cstdio>
11 using namespace std;
12 typedef bool boolean;
13 
14 const int N = 1e3 + 5;
15 
16 int n;
17 int ch[N][2];
18 int fa[N];
19 
20 inline void init() {
21     scanf("%d", &n);
22     fa[0] = -1;
23     for (int i = 1, d; i <= n; i++) {
24         scanf("%d", &d);
25         if (d < 100)
26             fa[i] = d, ch[d][0] = i;
27         else
28             d -= 100, fa[i] = d, ch[d][1] = i;
29     }
30 }
31 
32 int res[N];
33 inline void solve() {
34     int m = n;
35     int rt = 0;
36     while (n) {
37         int p = rt;
38         while (ch[p][1])
39             p = ch[p][0];
40         int s = ch[p][0];
41         if (!ch[s][0])
42             p = s;
43         res[n--] = p;
44 
45         int x = fa[p];
46         if (ch[p][0])
47             fa[ch[p][0]] = fa[p];
48         if (x >= 0) {
49             ch[x][0] = ch[p][0];
50             while (~x) {
51                 swap(ch[x][0], ch[x][1]);
52                 x = fa[x];
53             }
54         } else
55             rt = ch[p][0];
56     }
57     res[0] = rt;
58     for (int i = 0; i <= m; i++)
59         printf("%d ", res[i]);
60 }
61 
62 int main() {
63     init();
64     solve();
65     return 0;
66 }