给出 $n$ 个数 $a_1,a_2,...,a_n$ ,将其排为序列 $\{p_i\}$ ,满足 $\{前\ i\ 个数的中位数\}$ 单调不降。求字典序最大的 $\{p_i\}$ 。
其中,对于一个长度为 $m$ 的数列,若 $m$ 为奇数,则中位数为从小到大第 $\lceil\frac m2\rceil$ 大的数;若 $m$ 为偶数,则中位数为从小到大第 $\frac m2$ 大和第 $\frac m2+1$ 大的数的平均值。
题解
对顶堆+STL-set
显然如果已经知道了这个数列的一部分,剩下的一定是每次加入大于等于中位数的数。
那么如何确定这一“部分呢”?将 $a$ 从小到大排序,然后:
- 如果 $a_{\lceil\frac n2\rceil}=a_{\lceil\frac n2+1\rceil}$ ,则可以让任何时刻中位数都等于 $a_{\lceil\frac n2\rceil}$ ,找到最大的 $k$ 使得 $a_k+1=a_{\lceil\frac n2\rceil}$ ,按照 $k,k+1,k-1,k+2,k-2,...$ 的顺序选择完整个数列即可得到最优解,显然任何时刻中位数都相等。没有考虑到这种情况可以得到60分。
- 否则如果存在 $k<\lceil\frac n2\rceil$ 且 $a_k=a_{k+1}$ ,则按照 $k,k+1,k-1,k+2,k-2,...$ 的顺序选择,直到前面没有数可以取,这个过程中位数都相等。没有考虑到这种情况只能得到所有数互不相同的40分。
- 否则选择第一个数。
然后使用multiset保证每次删除后最小的数大于等于中位数,使用对顶堆维护中位数即可。
对顶堆:使用大根堆维护较小数,使用小根堆维护大数,保证两个堆的大小差不超过1。显然中位数可以直接从两个堆的堆顶元素得到。
时间复杂度 $O(n\log n)$ 。
#include <set> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100010 using namespace std; multiset<int> s; priority_queue<int> A , B; int a[N] , v[N]; inline void push(int x) { if(A.empty() || x <= A.top()) A.push(x); else B.push(-x); if(A.size() < B.size()) A.push(-B.top()) , B.pop(); if(A.size() - B.size() > 1) B.push(-A.top()) , A.pop(); } int main() { int T; scanf("%d" , &T); while(T -- ) { memset(v , 0 , sizeof(v)); while(!A.empty()) A.pop(); while(!B.empty()) B.pop(); int n , i , p , q , mid; scanf("%d" , &n); for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]); sort(a + 1 , a + n + 1) , mid = (n + 1) >> 1; if(a[mid] == a[mid + 1]) { while(mid < n && a[mid] == a[mid + 1]) mid ++ ; printf("%d" , a[mid]) , p = mid - 1 , q = n; while(p || q > mid) { if(p) printf(" %d" , a[p -- ]); if(q > mid) printf(" %d" , a[q -- ]); } continue; } while(mid > 1 && a[mid] != a[mid - 1]) mid -- ; printf("%d" , a[mid]) , v[mid] = 1 , p = mid - 1 , q = n; while(p && q > mid) printf(" %d" , a[p]) , v[p -- ] = 1 , printf(" %d" , a[q]) , v[q -- ] = 1; for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { if(v[i]) push(a[i]); else s.insert(a[i]); } while(!s.empty()) { p = *s.begin(); if(A.size() == B.size()) { if(p >= -B.top()) q = *--s.end(); else q = *s.begin(); } else { if(!B.empty() && p * 2 >= A.top() - B.top()) q = *--s.end(); else q = *--s.upper_bound(p * 2 - A.top()); } printf(" %d" , q) , s.erase(s.find(q)) , push(q); } if(T) puts(""); } return 0; }