P1377 [TJOI2011]树的序
题目描述
众所周知，二叉查找树的形态和键值的插入顺序密切相关。准确的讲：1、空树中加入一个键值(k)，则变为只有一个结点的二叉查找树，此结点的键值即为(k)；2、在非空树中插入一个键值(k)，若(k)小于其根的键值，则在其左子树中插入(k)，否则在其右子树中插入(k)。
我们将一棵二叉查找树的键值插入序列称为树的生成序列，现给出一个生成序列，求与其生成同样二叉查找树的所有生成序列中字典序最小的那个，其中，字典序关系是指对两个长度同为(n)的生成序列，先比较第一个插入键值，再比较第二个，依此类推。
输入输出格式
输入格式：
第一行，一个整数，(n)，表示二叉查找树的结点个数。第二行，有(n)个正整数，(k_1)到(k_n)，表示生成序列，简单起见，(k_1)~(k_n)为一个1到(n)的排列。
输出格式：
一行，(n)个正整数，为能够生成同样二叉查找数的所有生成序列中最小的。
说明
对于20%的数据，n ≤ 10。
对于50%的数据，n ≤ 100。
对于100%的数据，n ≤ 100,000。
先化简一下模型，我们把(BST)树建好，然后输出中序遍历即是答案。
然而，直接建(BST)是很容易退化成链的。
做过题目多的人可能听说过，这个叫笛卡尔树
笛卡尔树是一种既满足堆性质又满足二叉排序树性质的树。
方法一：普通笛卡尔树的建树方法
现在有一个序列按二叉排序树的关键字(Key)从小到大有序，序列中包含小跟堆的关键字(Index)关键字，在(O(N))的时间建树。
按原数列顺序一个一个将节点加入笛卡尔树，可以确定一定是从链的右边向下找到一个(Index)大于这个点的节点，把这个节点位置占据，然后置让Ta当自己的左儿子即可。
用栈把最右边的链存下来，栈顶为右边最底的那个点，加入时边弹出边向上找，更新好位置关系后把自己存进栈即可。
code：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ls t[now].ch[0]
#define rs t[now].ch[1]
#define f t[now].par
const int N=100010;
struct node
{
int dat,index;
bool friend operator <(node n1,node n2)
{
return n1.dat<n2.dat;
}
}a[N];
struct BST
{
int ch[2],dat,index,par;//左右儿子，BST域，堆域，父亲
}t[N];
int tot=0,n,s[N];
void connect(int fa,int now,int typ)
{
f=fa;
t[fa].ch[typ]=now;
}
void dfs(int now)
{
if(!now) return;
printf("%d ",t[now].dat);
dfs(ls);
dfs(rs);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",a+i);
a[i].index=i;
}
std::sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int last=0;
while(tot&&t[s[tot]].index>a[i].index)
last=tot--;
t[i].dat=a[i].dat;
t[i].index=a[i].index;
connect(s[tot],i,1);
connect(i,s[last],0);
s[++tot]=i;
}
dfs(t[0].ch[1]);
return 0;
}
方法二：按堆性质自底向上建立。
这个方法好厉害，真的很强。
则如果两个点的(Key)在“当前”数值上的差最小，那么Ta俩一定有一条边。
按(Index)从大到小建立笛卡尔树，则对(1)-(Index-1)的点中，是不会有(Index)的儿子的。
用(pre[i])与(suc[i])分别存储(Key)为(i)的点在“当前”所相邻的前驱和后继。
每次处理完一个点，更新与它相连的“前驱”和“后继”，这对应了“当前”
注意到原数据为1到n的排列，可以用桶排，比较快。
Code：
#include <cstdio>
const int N=100010;
int a[N],b[N],L[N],R[N],pre[N],suc[N],n;
void dfs(int now)
{
if(!now) return;
printf("%d ",a[now]);
dfs(L[now]);dfs(R[now]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",a+i);
b[a[i]]=i;
pre[i]=i-1,suc[i]=i+1;
}
for(int i=n;i>1;i--)
{
int pree=pre[a[i]],succ=suc[a[i]];
if(b[pree]>b[succ])
R[b[pree]]=i;
else
L[b[succ]]=i;
suc[pree]=succ;pre[succ]=pree;
}
dfs(1);
return 0;
}
2018.6.19