[AGC028E] High Elements 题解
好久没写题解了，落实的时候这道题搞了一下午，就正好写下吧。
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题意
给定一个 \(1\sim n\) 的排列 \(P\) ，求字典序最小的 \(0,1\) 串 \(S\) 满足：
- 先设两个空序列 \(A,B\)，我们按照 \(1\) 到 \(n\) 的顺序，若 \(S_i\) \(=1\) 则把 \(P_i\) 添加到序列 \(A\) 的末尾，否则添加到序列 \(B\) 的末尾，使得 \(A,B\) 的前缀最大值个数相等。
\(n\le 2\cdot 10^5\)
题解
先来分析前缀最大值的来源：
- \(P\) 中的前缀最大值无论到了哪个序列都是前缀最大值，这毫无疑问。
- 有一些在 \(P\) 中不是前缀最大值的数，到了一个序列中因为前面比它大的数到了另一个序列，成了前缀最大值。
我们称前者为“旧的”，后者为“新的”
然后考虑 字典序最小 ，根据套路逐位贪心，只需要逐位判断 “这样” 填了第 \(i\) 位之后能否合法，而不需要管后面此时是否最小。
现在来说一个结论：如果当前的 \(A,B\) 前缀合法，则一定存在一个合法的 \(S\) 使得其中一个串还没填的部分只有旧的前缀最大值，反之也成立。
证明：如果两个串没填的部分都有新的前缀最大值，那么一边抽出一个数，设为 \(a,b\) ，它们在 \(P\) 中前面比它们大的数都会在另一个串中，把 \(a,b\) 交换一下，每个串前缀最大值个数都 \(-1\) ，仍然合法，一直做下去最多一个串后面有 “新的” 。
先把 \(S_i\) 贪心地赋为 \(0\) ，先讨论 \(A\) 后面只有旧的最大值，我们根据结论列一个等式：
记 \(A\) 此时已经有 \(cnt_A\) 个前缀最大值， \(B\) 此时有 \(cnt_B\) 个，\([i+1,n]\) 中有 \(P\) 的 \(cnt[i+1]\) 个前缀最大值，\(B\) 分了 \(k\) 个 “旧的” 和 \(m\) 个 “新的” ，那么
发现左边是个定值，考虑右边的意义：选一个接在当前 \(B\) 的后面的 \(P\) 的上升子序列， “旧的” 贡献为 \(2\) 、 “新的” 贡献为 \(1\) ，总贡献为 \(cnt_A-cnt_B+cnt[i+1]\)。
为什么？ 可能这很显然，但我就是卡死胡同了
贡献那里显然没问题，为什么能保证一定存在一个方案使 \(A\) 的后面只有 “旧的” 产生贡献？
因为 “新的” 在 \(P\) 中一定存在一个前面的数比它大，我们先把要提出放在 \(B\) 后面的数提取出来，对于剩下的 “旧的” 前缀最大值都给 \(A\) ，对于没被选走的数， \(P\) 中在它前面且比它大的数在哪就把它丢哪去，这样一定符合条件。
然后就考虑怎么找这个子序列：若总贡献为 \(x\) 的能被找出来，那么 \(x-2\) 的也能被找出来（有 \(2\) 丢 \(2\) ，没 \(2\) 丢俩 \(1\) ) ，也就只要找到和为奇数、偶数的最大值。
考虑 \(DP_{i,0/1}\) 表示以 \(P_i\) 为开头的、和为 偶数/奇数 的最大总和，转移就是：
\(DP_{i,op}=\max\limits_{j>i,P_j>P_i} DP_{j,op \otimes (val_i\&1)}+val_i\)
从后往前 \(DP\) ，用个权值线段树就可以完成优化了。最后再从前往后去找最大值并删掉这个数的贡献，逐位贪心即可
对于此时 \(B\) 后面只有旧的最大值也是类似地推式子，不做赘述。
CODE
struct ST{
#define ls (u<<1)
#define rs ((u<<1)|1)
int mx[maxn<<2];
inline void pushup(int u){mx[u] = max(mx[ls],mx[rs]);}
void build(int u,int l,int r){
if(l == r) {mx[u] = -inf;return;}
int mid = (l+r)>>1;
build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r); pushup(u);
}
void modify(int u,int l,int r,int p,int val){
if(l == r) {mx[u] = val;return;}
int mid = (l+r)>>1;
(p <= mid) ? modify(ls,l,mid,p,val) : modify(rs,mid+1,r,p,val);
pushup(u);
}
int query(int u,int l,int r,int ql,int qr){
if(l >= ql && r <= qr) return mx[u];
int res = -inf,mid = (l+r)>>1;
if(ql <= mid) res = max(res,query(ls,l,mid,ql,qr));
if(mid < qr) res = max(res,query(rs,mid+1,r,ql,qr));
return res;
}
}odd,even;
inline bool check(int que,int dn){
int res; dn = max(dn,1);
if(que < 0) return 0; //NOTE!!!
res = (que&1) ? odd.query(1,1,n,dn,n) : even.query(1,1,n,dn,n);
//cout<<que<<' '<<res<<endl;
return (res >= que);
}
int main(){
//freopen("cpp.in","r",stdin);
//freopen("cpp.out","w",stdout);
rd(n);
for(ri i = 1;i <= n;++i){
rd(p[i]);
if(p[i] < maxp) val[i] = 1;
else val[i] = 2,maxp = p[i];
//cout<<val[i]<<' ';
}
//cout<<endl;
odd.build(1,1,n); cnt[n+1] = 0;
for(ri i = n;i >= 1;--i){
int mx0 = even.query(1,1,n,p[i],n),mx1 = odd.query(1,1,n,p[i],n);
if(val[i] & 1) even.modify(1,1,n,p[i],mx1 + 1),odd.modify(1,1,n,p[i],mx0 + 1);
else even.modify(1,1,n,p[i],mx0 + 2),odd.modify(1,1,n,p[i],mx1 + 2);
cnt[i] = cnt[i+1] + val[i] - 1;
}
//for(ri i = 1;i <= n;++i) cout<<cnt[i]<<' ';
//cout<<endl;
cnta = cntb = maxa = maxb = 0;
for(ri i = 1;i <= n;++i){
even.modify(1,1,n,p[i],0); odd.modify(1,1,n,p[i],-inf);//NOte the difference
if(check(cnta + (p[i]>maxa) + cnt[i+1] - cntb,maxb))
s[i] = '0',cnta += (p[i]>maxa),maxa = max(maxa,p[i]);
else if(check(cntb - cnta - (p[i]>maxa) + cnt[i+1],max(maxa,p[i])))
s[i] = '0',cnta += (p[i]>maxa),maxa = max(maxa,p[i]);
else s[i] = '1',cntb += (p[i]>maxb),maxb = max(maxb,p[i]);
}
if(cnta != cntb) puts("-1");
else puts(s + 1);
return 0;
}
总结
抄自上面博客
- 在做物品权值的时候，如果有性质如果 \(x\) 可以，那么 \(x-a\) 也可以，就可以考虑求出 \(b\mod a = i\) 的最大/最小值来优化。有的时候需要跑最短路（其实就是同余最短路，也告诉我们某些背包问题也可以用这个东西优化）
- 这个题一开始 \(A,B\) 原值新值都有，我们注意到原值不管在哪里都是前缀最大值，所以我们要考虑能否调整让问题变得简单。
