P7915 [CSP-S 2021] 回文

题目描述

给定正整数 $n$ 和整数序列 $a_1,a_2,\dots ,a_{2n}$，在这 $2n$ 个数中，$1,2,\dots ,n$ 分别各出现恰好 $2$ 次。现在进行 $2n$ 次操作，目标是创建一个长度同样为 $2n$ 的序列 $b_1,b_2,\dots ,b_{2n}$，初始时 $b$ 为空序列，每次可以进行以下两种操作之一：

1. 将序列 $a$ 的开头元素加到 $b$ 的末尾，并从 $a$ 中移除。
2. 将序列 $a$ 的末尾元素加到 $b$ 的末尾，并从 $a$ 中移除。

我们的目的是让 $b$ 成为一个回文数列，即令其满足对所有 $1\le i\le n$，有 $b_i=b_{2n+1-i}$。请你判断该目的是否能达成，如果可以，请输出字典序最小的操作方案，具体在【输出格式】中说明。

输入格式

每个测试点包含多组测试数据。

输入的第一行，包含一个整数 $T$，表示测试数据的组数。对于每组测试数据：

第一行，包含一个正整数 $n$。
第二行，包含 $2n$ 个用空格隔开的整数 $a_1,a_2,\dots ,a_{2n}$。

输出格式

对每组测试数据输出一行答案。

如果无法生成出回文数列，输出一行 -1，否则输出一行一个长度为 $2n$ 的、由字符 L 或 R 构成的字符串（不含空格），其中 L 表示移除开头元素的操作 1，R 表示操作 2。

你需要输出所有方案对应的字符串中字典序最小的一个。

字典序的比较规则如下：长度均为 $2n$ 的字符串 $s_{1\sim 2n}$ 比 $t_{1\sim 2n}$ 字典序小，当且仅当存在下标 $1\le k\le 2n$ 使得对于每个 $1\le i<k$ 有 $s_i=t_i$ 且 $s_k<t_k$。

输入输出样例 #1

输入 #1

2
5
4 1 2 4 5 3 1 2 3 5
3
3 2 1 2 1 3

输出 #1

LRRLLRRRRL
-1

输入输出样例 #2

输入 #2

见附件中的 palin/palin2.in

输出 #2

见附件中的 palin/palin2.ans

说明/提示

【样例解释 #1】

在第一组数据中，生成的的 $b$ 数列是 $[4,5,3,1,2,2,1,3,5,4]$，可以看出这是一个回文数列。

另一种可能的操作方案是 LRRLLRRRRR，但比答案方案的字典序要大。

【数据范围】

令 $\sum n$ 表示所有 $T$ 组测试数据中 $n$ 的和。

对所有测试点保证 $1\le T\le 100$，$1\le n,\sum n\le 5\times {10}^5$。

测试点编号	$T\le$	$n\le$	$\sum n\le$	特殊性质
$1\sim 7$	$10$	$10$	$50$	无
$8\sim 10$	$100$	$20$	$1000$	无
$11\sim 12$	$100$	$100$	$1000$	无
$13\sim 15$	$100$	$1000$	$25000$	无
$16\sim 17$	$1$	$5\times {10}^5$	$5\times {10}^5$	无
$18\sim 20$	$100$	$5\times {10}^5$	$5\times {10}^5$	有
$21\sim 25$	$100$	$5\times {10}^5$	$5\times {10}^5$	无

特殊性质：如果我们每次删除 $a$ 中两个相邻且相等的数，存在一种方式将序列删空（例如 $a=[1,2,2,1]$）。

【hack 数据提供】
@潜在了H2O下面。

解题思路

• 核心问题在于如何安排操作序列，使得 $b$ 满足回文性质。关键观察如下：
• 回文约束：$b$ 的首尾必须相同，次首尾必须相同，依此类推。因此，序列 $a$ 中每个数字的两次- - 出现必须被分配到 $b$ 的对称位置上。
• 操作影响：操作 L 或 R 决定了元素进入 $b$ 的顺序，从而影响对称位置的配对。
• 字典序最小：优先选择 L 操作（因为 L < R），但需保证最终能形成回文。

算法采用贪心策略：

• 初始化配对位置：预处理序列 $a$，为每个位置 $i$ 记录其配对位置 $j$（即 $a_i=a_j$ 且 $i\ne j$）。
• 尝试两种起始操作：由于字典序要求，优先尝试以 L 开头（取 $a$ 的开头元素），如果失败再尝试- - 以 R 开头（取 $a$ 的末尾元素）。
• 模拟匹配过程：基于起始操作，将剩余位置划分为两个队列（左队列和右队列），然后贪心地匹配位置对：
• 每次检查队列两端的四种可能匹配：左队首 vs 左队尾、左队首 vs 右队尾、右队首 vs 左队尾、右队首 vs 右队尾。
• 如果匹配成功（即两位置的数字相同），记录操作并更新队列；优先选择能产生 L 操作的匹配以保持字典序最小。
• 构建操作序列：匹配过程中记录前半部分操作（xian）和后半部分操作（ho），最终输出为 xian 顺序加上 ho 逆序。

算法正确性

• 回文保证：匹配过程确保每个数字的两次出现被分配到对称位置，从而 $b$ 满足 $b_i=b_{2n+1-i}$。
• 字典序最小：优先尝试 L 开头，且在匹配中优先选择 L 操作（对应 xian 添加 L）。如果 L 开头可行，直接输出；否则尝试 R 开头，但需保证输出方案是所有可行方案中字典序最小的。
• 可行性判断：如果两种起始操作均失败，则输出 -1。
• 复杂度分析
• 时间复杂度：每组数据时间复杂度为 $O(n)$。预处理配对位置 $O(n)$，匹配过程每个元素处理一次 $O(n)$。总时间复杂度 $O(\sum n)$，满足数据范围 $\sum n\le 5\times 10^5$。
• 空间复杂度：$O(n)$，用于存储序列、配对位置和队列。

代码实现解析

• 以下是基于题目所给代码的关键步骤解释（代码已优化）：
• 预处理配对：使用数组 zhiqianshu 记录数字首次出现的位置，duiyinweizhi[i] 存储位置 $i$ 的配对位置。
• 起始操作尝试：调用 solve(‘L’) 优先尝试 L 开头；若失败，再调用 solve(‘R’)。
• 匹配模拟：
• 根据起始操作初始化左队列（剩余位置的开头部分）和右队列（剩余位置的末尾部分）。
• 循环检查队列两端的四种匹配：
• 若左队首与左队尾匹配，添加两个 L 操作（记录到 xian 和 ho）。
• 若左队首与右队尾匹配，添加 L（xian）和 R（ho）。
• 若右队首与左队尾匹配，添加 R（xian）和 L（ho）。
• 若右队首与右队尾匹配，添加两个 R 操作（记录到 xian 和 ho）。
• 若无法匹配，返回失败。
• 输出操作序列：顺序输出 xian 中的操作，逆序输出 ho 中的操作（确保整体操作序列正确）。

示例分析

• 以样例输入 $n=5$，$a=[4,1,2,4,5,3,1,2,3,5]$ 为例：

• 预处理配对：位置 $1$ 和 $4$ 均为 $4$，位置 $2$ 和 $7$ 均为 $1$，依此类推。

• 起始操作 L：取 $a[1]=4$，配对位置为 $4$。剩余位置划分为左队列 $[2,3]$、右队列 $[10,9,8,7,6,5]$。

• 匹配过程：

• 左队首 $2$（$a[2]=1$）与右队尾 $5$（$a[5]=5$）不匹配；但左队首 $2$ 与右队尾 $7$（$a[7]=1$）匹配，添加 L（xian）和 R（ho）。

• 更新队列后，继续匹配，最终得到 xian = [‘L’, ‘R’, ‘R’, ‘L’, ‘L’]，ho = [‘R’, ‘R’, ‘R’, ‘R’, ‘L’]。

• 输出序列：xian 顺序输出 “LRRLL”，ho 逆序输出 “RRRRL”（即 “LRRLL” + “RRRRL” = “LRRLLRRRRL”）。

• 对于 $n=3$，$a=[3,2,1,2,1,3]$：

• 尝试 L 开头（取 $a[1]=3$，配对位置 $6$），但剩余位置无法完成匹配。

• 尝试 R 开头（取 $a[6]=3$，配对位置 $1$），剩余位置仍无法匹配，输出 -1。

详细代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int a[N*2],zhiqianshu[N*2],duiyinweizhi[N*2],n;
bool solve(char cc)
{deque<int>zuokuohao,youkuohao;vector<int>xian,ho;xian.push_back(cc=='L'?0:6);ho.push_back(0);if (cc=='L'){for(int i=2;i<duiyinweizhi[1];i++) zuokuohao.push_back(i);for(int i=n;i>duiyinweizhi[1];i--) youkuohao.push_back(i);} else{for(int i=1;i<duiyinweizhi[n];i++) zuokuohao.push_back(i);for(int i=n-1;i>duiyinweizhi[n];i--) youkuohao.push_back(i);}while(zuokuohao.size()>0||youkuohao.size()>0){int x1=zuokuohao.size()?zuokuohao.front():0;int x2=youkuohao.size()?youkuohao.front():0;int y1=zuokuohao.size()?zuokuohao.back():0;int y2=youkuohao.size()?youkuohao.back():0;if(duiyinweizhi[x1]==y1){xian.push_back(0);ho.push_back(0);zuokuohao.pop_front();zuokuohao.pop_back();}else if(duiyinweizhi[x1]==y2){xian.push_back(0);ho.push_back(6);zuokuohao.pop_front();youkuohao.pop_back();}else if(duiyinweizhi[x2]==y1){xian.push_back(6);ho.push_back(0);youkuohao.pop_front();zuokuohao.pop_back();}else if(duiyinweizhi[x2]==y2) {xian.push_back(6);ho.push_back(6);youkuohao.pop_front();youkuohao.pop_back();} elsereturn false;}for(vector<int>::iterator it=xian.begin();it!=xian.end();it++)cout<<char('L'+*it);for(vector<int>::reverse_iterator it=ho.rbegin();it!=ho.rend();it++)cout<<char('L'+*it);cout<<'\n';return true;
}
signed main()
{	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);int _;cin>>_;while (_--){cin>>n;memset(zhiqianshu,0,sizeof(zhiqianshu));n*=2;duiyinweizhi[0]=-1;for (int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(zhiqianshu[a[i]]){duiyinweizhi[zhiqianshu[a[i]]]=i;duiyinweizhi[i]=zhiqianshu[a[i]];}elsezhiqianshu[a[i]]=i;}if(!solve('L')&&!solve('R'))cout<<"-1"<<'\n';}return 0;
}