「题解」CODE FESTIVAL 2017 Final I Full Tournament

先 orz 云浅

注意，不要搞混初始序列和排名序列。初始序列说的是 output 中的，比赛最开始的序列。排名序列指的是一轮轮比赛最终得到的排名序列，是 input 中的。

令 $a_i$ 为排名为 $i$ 的编号。一个排名序列 $a$ 合法（存在一个初始状态可以得到）当且仅当 $a_i<a_{i\operatorname{or}2^j}$（$i$ 在 $j$ 位上为 $0$）．

必要性证明：

要证明任意的比赛初始序列，最终干架得到的排名序列，都满足条件。

归纳证明：将任意比赛的初始序列 $a$（output）自底向上归并（一轮轮模拟干架）的过程中，分治树上已经干架完的一个区间满足 $a_i<a_{i\operatorname{or}2^j}$，在子集结构上具有偏序关系，说人话就是它小于它的超集。

首先最底层谁也没干架显然成立。对于最底向上第 $n$ 层的某个区间，想通过左儿子的 $a$ 和右儿子的 $a$ 归并得到当前的 $a$．记左儿子的 $a$ 是 $l$，右儿子的 $a$ 是 $r$，当前这个节点的 $a$ 就叫 $a$．

归并的规则是，$i$ 从小往大枚举，如果每次先将 $l[i]$ 和 $r[i]$ 的较小值扔到 $a$ 后面，再将较大值扔到 $a$ 后面。

先考察作为较小值扔进去的那些，它们是 $a[2i]=\min(l[i],r[i])$，同时 $a[2i+2^{n-1}]=\min(l[i+2^{n-2}],r[i+2^{n-2}])$，由归纳假设 $l[i]<l[i+2^{n-2}]$，$r[i]<r[i+2^{n-2}]$，那么自然就有 $a[2i]<a[2i+2^{n-1}]$．

考察作为较大值扔进去的也同理，这不过将 $\min$ 换成了 $\max$ 而已。

自底向上归纳，必要性得证。

充分性：自上而下递归，将前面的归并倒过来做。每次需要决策两个数哪个扔到左儿子哪个扔到右儿子。扔完之后两边是个子问题，所以需要满足向下递归的时候依然满足 $a_i<a_{i\operatorname{or}2^j}$ 的条件。这个时候就可以猜，前面的扔到左边，后面的扔到右边，是一个合法的构造。

这个过程实际上就是 bitrev，在进行了 $k$ 层之后，原先第 $x$ 个数现在所在的位置，是 $x$ 的后 $k$ 位 reverse 之后扔到前面。那么单独看这一层，实际上就是将编号上的二进制位之间进行了一个 shuffle，显然仍然满足 $a_i<a_{i\operatorname{or}2^j}$ 的条件。

所以先考虑构造一个排名序列 $a$，再做一遍 bitrev 就是最终答案。

根据上面找出的充要条件，能够得到每个 $a_i$ 的取值是个区间，然后贪心，从小往大考虑一个数 $x$ 应该放哪儿，选择包含 $x$ 的右端点最小的那个区间就行。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pll>vpll;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
#define Lose do{puts("NO");exit(0);}while(0)
const int N=(1<<18)+10;
int n,a[N];
int l[N],r[N],vis[N];
vpii vec[N];
signed main(){
	read(n);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)l[i]=1,r[i]=1<<n;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		read(a[i]);
		if(a[i]){
			cmax(l[i],a[i]);
			vis[a[i]]=1;
		}
		for(int j=0;j<n;j++)
			if(!((1<<j)&i))cmax(l[i+(1<<j)],l[i]+1);
	}
	for(int i=(1<<n)-1;~i;i--){
		if(a[i])cmin(r[i],a[i]);
		for(int j=0;j<n;j++)
			if((1<<j)&i)cmin(r[i-(1<<j)],r[i]-1);
	}
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		if(a[i]&&(a[i]<l[i]||a[i]>r[i]))Lose;
		if(l[i]>r[i])Lose;
		if(!a[i])vec[l[i]].pb(mp(-r[i],i));
	}
	priority_queue<pii>q;
	for(int i=1;i<=(1<<n);i++){
		for(auto j:vec[i])q.push(j);
		if(!vis[i]){
			if(q.empty() || -q.top().fi<i)Lose;
			a[q.top().se]=i;q.pop();
		}
	}
	function<void(int,int)>solve=[&](int l,int r){
		static int b[N],ct;
		if(l==r)return ;
		int mid=(l+r)>>1;
		solve(l,mid);solve(mid+1,r);
		ct=0;
		for(int i=l;i<=mid;i++)b[++ct]=a[i],b[++ct]=a[mid+i-l+1];
		for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=b[i-l+1];
	};
	solve(0,(1<<n)-1);puts("YES");
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout << a[i] << ' ';
	puts("");
	return 0;
}