标签：return mil har family == puts 连续 time first
对于一个长度为$n$，且下标从$1$开始编号的序列$a$，我们定义它是「合法的」，当且仅当它满足以下条件：
·$a_1=1$
·对于$i\in [1,n),a_i\leqslant a_{i+1}\leqslant a_i+1$且$a_{i+1}$为正整数
·对于任意在$a$中出现过的数$v$，记它的出现次数为$s$，则$2\leqslant s\leqslant 5$
给定一个长度为$n$的序列$a$，其中有一些位置为$0$，你需要在这些位置上任意填数，使得$a$成为一个合法的序列，并且最大化$a_n$的值。
第一行一个数$n$，表示序列的长度。
第二行$n$个整数，第$i$个整数表示$a_i$，如果$a_i=0$，则表示这个位置没有填数。
如果不存在合法的填数方案，则输出$−1$；否则第一行输出一个整数，表示最大的$a_n$；第二行$n$个正整数，第$i$个数表示完成填数后的序列的第$i$个元素。 如果有多组合法的解，输出任意一组
样例输入1：
7
0 1 0 0 0 3 0
样例输出1：
3
1 1 2 2 3 3 3
样例输入2：
4
0 0 0 3
样例输出2：
-1
对于$30\%$的数据，$n\leqslant 1,000$；
对于另外$30\%$的数据，数据保证随机生成；
对于$100\%$的数据，$2\leqslant n\leqslant 2\times {10}^5,0\leqslant a_i\leqslant {10}^5$。
对于每个位置维护两个二元组，分别是$up(x,l)$表示当前位置能填的最大值$x$和连续个数$l$；$down(x,l)$表示当前为只能填数的最小值$x$和连续个数$l$。
求$up$就是尽可能的往上升，求$down$反之。
第一问就是最后一位的最大值，至于第二问倒着扫一边即可求出。
时间复杂度：$\Theta(n)$。
期望的分：$100$分。
实际的分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[200001];
pair<int,int> up[200001],down[200001];
int sum[100001],ans[200001];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
if(a[1]>1){puts("-1");return 0;}
a[1]=1;
up[1]=down[1]=make_pair(1,1);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
up[i]=make_pair(up[i-1].first,up[i-1].second+1);
down[i]=make_pair(down[i-1].first,down[i-1].second+1);
if(up[i].second>2)
{
up[i].first++;
up[i].second=1;
}
if(down[i].second>5)
{
down[i].first++;
down[i].second=1;
}
if(a[i])
{
if(up[i].first==a[i])up[i].second=min(up[i].second,2);
if(up[i].first>a[i])up[i]=make_pair(a[i],2);
if(down[i].first<a[i])down[i]=make_pair(a[i],1);
if(up[i].first<a[i]||down[i].first>a[i]){puts("-1");return 0;}
}
}
if(up[n].second==1)up[n]=make_pair(up[n-1].first,up[n-1].second+1);
printf("%d\n",up[n].first);
ans[n]=up[n].first;
sum[a[n]]=1;
for(int i=n-1;i;i--)
{
if(a[i])ans[i]=a[i];
else
{
int flag=min(ans[i+1],up[i].first);
if(sum[flag]==5)flag--;
ans[i]=flag;
}
sum[ans[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
rp++
标签：return mil har family == puts 连续 time first
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11495887.html
