L. Simone and graph coloring

L Simone and graph coloring

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/12548/L

题意：给定一个 n 的排列，每两个点直接如果存在逆序就连一条边。请你对这 n 个点染色，要求任意一条边的两点颜色不同，且使用的颜色数量最少，输出染色方案。

思路：最直接的想法，那就是枚举每一个点，然后遍历它的每一条边，然后对自己的后继颜色取 mex 。但是这样的边最极端的情况有 (1+n)n2\frac {(1+n)n} 22(1+n)n 条，显然不能围绕边数来做

可以这样想，从 n 到 1 枚举每一个数。对于数 iii 只考虑大于 iii 的，且在左边的数对 iii 的影响。假设 jjj 大于 iii 在 iii 的左边，颜色为 cjc_jcj ，这个 cjc_jcj 也是 jjj 左边大于 jjj 的数对 jjj 的影响，那么 cic_ici 肯定是 ≥cj+1\ge c_j + 1≥cj+1 的。因此只需要取在 [1,pos[i]−1][1,pos[i]-1][1,pos[i]−1] 这个范围内颜色最大值 cxc_xcx，那么 cic_ici 取 cx+1c_x+1cx+1即可。
对于一个数 iii ，右边的小于 iii 的数 kkk ，虽然也是逆序，看起来 cic_ici 颜色的取值和 ckc_kck 有关系，但其实此时可以当做 kkk 还没有确定，kkk 对 iii 的影响，可以在枚举 kkk 的时候，当做 iii 对 kkk 的影响。
通过这样的转化，就避免了枚举每一条边，而是变成了在 [1,pos[i]−1][1,pos[i]-1][1,pos[i]−1] 范围内查询最大值，此时拿线段树维护区间最大值就好了。

小结

从大到小枚举，每次都找左边的最大值来更新 i 。把影响从左往右进行了传递，也就是说 i 不用去找在 i 左边与 i 相连的所有边的影响，而是找一个最优的值，用它来更新 i 。也就是只取一条最优的边来更新。
边数看着很多，但其实有序枚举之后，只需要在前面确定的值中，选择最优的值，通过一条边来更新当前值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int t,n;
int a[maxn],pos[maxn],c[maxn];
int st[maxn<<2];void build(int rt,int L,int R)
{st[rt]=0;if(L==R) return;int mid=(L+R)>>1;build(ls,L,mid);build(rs,mid+1,R);
}
void update(int rt,int p,int L,int R,int val)
{if(L==R){st[rt]=val;return;}int mid=(L+R)>>1;if(p<=mid) update(ls,p,L,mid,val);else update(rs,p,mid+1,R,val);st[rt]=max(st[ls],st[rs]);
}
int query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{if(l>r) return 0;if(l<=L&&R<=r) return st[rt];int mid=(L+R)>>1;int ans=0;if(l<=mid) ans=max(ans,query(ls,l,r,L,mid));if(r>mid) ans=max(ans,query(rs,l,r,mid+1,R));return ans;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i;build(1,1,n);for(int i=n; i>=1; --i){int p=pos[i];c[p]=query(1,1,p-1,1,n)+1;update(1,p,1,n,c[p]);}int ans=*max_element(c+1,c+1+n);printf("%d\n",ans);for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d%c",c[i],i==n?'\n':' ');}return 0;
}

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