CF1620F

给个很好写的方法。

• 二分图等价于没有奇环。
• 题目给出的连边方式是具有偏序关系的，若有 $a \to b, b \to c$，就有 $a \to c$，此时 $a, b, c$ 构成三元环。
• 最长链的长度仅为 $2$。
• $i \neq j, p_i \neq p_j$，其反图也有偏序关系。
• 最长反链等于最小点覆盖，因此其反图（$i \to j \iff i < j, p_i < p_j$）可以用两条链覆盖。
• 只要能用两条上升的链覆盖原序列，它就是一个“二分序列”。
• 原序列是排列时，这个条件一定成立，至于不是排列是否满足我没多想。
• dp。
• 朴素的 dp：$f_{i, j, k}$ 表示考虑到 $i$，两个序列的结尾分别是 $j, k$ 是否可行。
• $a_i$ 或 $-a_i$ 是某一个序列的结尾。$f_{i, j, 0/1}$：考虑到 $i$，两个序列的结尾是 $j$ 和 $a_i / -a_i$ 是否可行。
• 值域定义域互换。（要求 dp 是最优性 dp，且交换的维度上的状态的后继状态有包含关系）
• 在 $f_{i, *}$ 上，如果对于 $x < y$（大概是需要全序关系的，一般是大于小于），$f_{i, x}$ 能转移到的所有状态 $f_{i, y}$ 都能转移到，且 $f_{i, x} = f_{i, y}$，则 $x$ 不优，则可以记录每个 $f_{i, x}$ 对应的最优的 $x$。（全序是为了保证这样的 $x$ 唯一。）
• $f_{i, 0/1}$：考虑到 $i$，某个序列的结尾是 $a_{i} / -a_{i}$ 时，另一个序列的结尾的最小值。
• 考虑如何记录路径。发现只要知道是从上一个状态的 $0/1$ 转移过来就行了，因此路径数组的值取 bool 就行。（然而我实现时把这一位的状态压进去了，很没必要）
• 枚举当前点取正 / 负，接在哪一个序列后面。贡献式 dp 转移很方便。
• 可以用返回值为 bool 的 cmin 减小代码量。

#include <bits/stdc++.h>

const int inf = 1e9;

bool cmin(int &x, int y) { return y < x ? x = y, 1 : 0; }

void solve() {
  int n; scanf("%d", &n);
  std::vector<int> a(n);
  for (int &x : a) scanf("%d", &x);
  std::vector<std::vector<int>> f(n + 1, std::vector<int> (2, inf)), path = f;
  f[0][0] = f[0][1] = -inf;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < 2; j++) {
      int cur = i ? a[i - 1] * (2 * j - 1) : -inf;
      if (a[i] >= cur && cmin(f[i + 1][1], f[i][j])) path[i + 1][1] = 2 + j;
      if (-a[i] >= cur && cmin(f[i + 1][0], f[i][j])) path[i + 1][0] = j;
      if (a[i] >= f[i][j] && cmin(f[i + 1][1], cur)) path[i + 1][1] = 2 + j;
      if (-a[i] >= f[i][j] && cmin(f[i + 1][0], cur)) path[i + 1][0] = j;
    }
  }
  if (f[n][0] == inf && f[n][1] == inf) return printf("NO\n"), void();
  int x = n, y = f[n][0] == inf ? 1 : 0;
  std::vector<int> ans(n);
  for (; x > 0; --x) {
    ans[x - 1] = a[x - 1] * (path[x][y] / 2 * 2 - 1);
    y = path[x][y] & 1;
  }
  printf("YES\n");
  for (auto &u : ans) printf("%d ", u);
  printf("\n");
}

int main() {
  int T; scanf("%d", &T); while (T--) {
    solve();
  }
}