CF1620F 题解
CF1620F 题解
题意：
给定排列 \(p\)，要求拟定一个新序列 \(p'\)，满足：
- \(\forall i \in [1,n],p'_i=\pm p_i\)；
- 构造无向图 \(G\)，其中 \((i,j)\) 有边当且仅当 \(i<j,p'_i>p'_j\)，要求 \(G\) 是二分图。
请给出方案或报告没有方案。
做法：
首先注意到，一张图不是二分图，当且仅当其存在至少一个奇环，
故考虑什么情况图中存在奇环。
直接想似乎没什么思路，我们考虑这种特殊图的一个性质，即：
若图中存在奇环，当且仅当图中存在一个长为 \(3\) 的奇环。
怎么证明？我们考虑反证法，但我们先要说明一些东西。
虽然题意是无向图，但我们在接下来考虑问题的时候，可以将边定向，即：
若 \(i<j\) 且 \(p'_i>p'_j\)，则连一条 \(i\rightarrow j\) 的有向边。
我们先考虑三个点 \(i,j,k\)，若同时存在两条有向边 \(i\rightarrow j,j\rightarrow k\)，则等价于：
\(i<j<k,p'_i>p'_j>p'_k\)，则图中也存在一条 \(i\rightarrow k\) 的有向边。
那么，我们开始反证，即若图中存在一个长度大于 \(3\) 的奇环但不存在长度为 \(3\) 的奇环，
那此时在奇环中，连接任意一点的两条边，
两条边要么同时是这个点的出边，要么同时是这个点的入边。
这样的话，任意点 \(u\) 的出度减入度之差 \(d_u\) 不是 \(2\) 就是 \(-2\)，
则一个奇环上所有点的 \(d\) 值之和必然不为零，因为有奇数个点，
而实际上一个奇环上的点的 \(d\) 值之和显然必须为零，故产生矛盾。
故我们让图中不存在长为 \(3\) 的奇环，就可以满足条件。
而一张图中不存在长为 \(3\) 的奇环，当且仅当原序列 \(p'\) 中不存在 \(i<j<k\) 且 \(p'_i>p'_j>p'_k\)。
此时，我们考虑一个简单的 DP，即：
\(f_{i,x,y}\) 为填了序列 \(p'\) 的前 \(i\) 个，此时序列所有数最大为 \(x\)，所有逆序对末尾数最大为 \(y\)，
这样能否不存在长为 \(3\) 的奇环，若能则 \(f_{i,x,y}=1\)，否则 \(f_{i,x,y}=0\)。
这样是 \(O(n^3)\) 的，显然过不去，而转移已经是 \(O(1)\) 的，无法优化，故我们考虑优化状态。
我们发现，对于两个都已经构造前了 \(i\) 位的序列 \(p1,p2\)，若两者前 \(i\) 位的最大数都为 \(x\)，
设两者的逆序对末尾数最大值分别为 \(y1,y2\)，显然，在 \(y1\) 和 \(y2\) 中取小者对应的序列更有潜力，
或者，形式化的：不妨设 \(y1>y2\)，则任意一个长为 \(n\) 的合法序列，
若其长为 \(i\) 的前缀由 \(p1\) 构成，则我们将前缀换成 \(p2\) 后也一定合法。
同样的，对于一对固定的 \((i,y)\)，显然 \(x\) 越小序列越容易合法，就不过多赘述了。
那么，对于状态中一对固定的 \((i,x)\)，我们只需要存储一个最小的可能 \(y\) 即可，即 \(f_{i,x}=y\)。
当然，如果对于状态中一对固定的 \((i,x)\)，其不存在任何一个可能的 \(y\)，我们就令 \(f_{i,x}=INF\)。
于是我们就将复杂度优化到了 \(O(n^2)\)，但还是过不去。
看上去似乎这个无法再进一步优化状态，我们尝试写下状态转移方程：
设 \(z=\pm p_{i+1},f_{i,x}=y(z\geq y)\)，则我们有：
- \(z<x\rightarrow f_{i+1,x}=z\)；
- \(z\ge x\rightarrow f_{i+1,z}=y\)。
我们惊讶地发现，转移后新的 \((x,y)\) 中至少有一个值等于 \(z=\pm p_{i+1}\)。
那么，我们就只需要记 \(f_{i,0/1,0/1}\) 代表前 \(i\) 位，第 \(i\) 位填的值是正/负，其中 \(x/y\) 等于 \(\pm p_{i+1}\)。
状态的转移和前面本质相同，我就不写了，不会可以看代码。
这样的复杂度就是 \(O(n)\) 的了，也足以通过本题。
注意题中要求给出方案，故我们需要记录前驱。
code：
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
const int N (1e6 + 10);
vector < int > ans;
int n, p[N], f[N][2][2];
struct Node { int i, j, k; } pre[N][2][2];
void work() {
cin >> n;
rep (i, 1, n) cin >> p[i];
rep (i, 0, n + 1) rep (j, 0, 1)
rep (k, 0, 1) f[i][j][k] = 2e9;
f[1][0][0] = f[1][1][0] = -2e9;
rep (i, 1, n - 1) rep (j, 0, 1) rep (k, 0, 1) {
int x, y, t = f[i][j][k];
if (!j && !k) x = -p[i], y = t;
if (!j && k) x = t, y = -p[i];
if (j && !k) x = p[i], y = t;
if (j && k) x = t, y = p[i];
Node nw = (Node) {i, j, k};
rep (sgn, 0, 1) {
int z = (sgn ? 1 : -1) * p[i + 1];
if (z < y) continue;
if (z < x) if (f[i + 1][sgn][1] > x)
f[i + 1][sgn][1] = x, pre[i + 1][sgn][1] = nw;
if (z >= x) if (f[i + 1][sgn][0] > y)
f[i + 1][sgn][0] = y, pre[i + 1][sgn][0] = nw;
}
}
rep (fj, 0, 1) rep (fk, 0, 1) {
int i = n, j = fj, k = fk;
if (f[i][j][k] < 2e9) {
ans.clear(), puts ("YES");
while (i >= 1) {
ans.push_back (j ? p[i] : -p[i]);
Node nw = pre[i][j][k];
i = nw.i, j = nw.j, k = nw.k;
}
reverse (ans.begin(), ans.end());
for (int x : ans) printf ("%d ", x);
return puts (""), void();
}
}
puts ("NO");
}
int main() {
int tasks; cin >> tasks;
while (tasks--) work();
return 0;
}
