题目大意
1.题目描述
斜堆(skew heap)是一种常用的数据结构。
它也是二叉树，且满足与二叉堆相同的堆性质：
每个非根结点的值都比它父亲大。因此在整棵斜堆中，根的值最小。
.
但斜堆不必是平衡的，每个结点的左右儿子的大小关系也没有任何规定。
在本题中，斜堆中各个元素的值均不相同。
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在斜堆\(H\)中插入新元素\(X\) 的过程是递归进行的：
（1）当\(H\)为空或者\(X\)小于\(H\)的根结点时，
\(X\)变为新的树根，而原来的树根（如果有的话）变为\(X\)的左儿子。
.
（2）当\(X\) 大于\(H\) 的根结点时，
\(H\)根结点的两棵子树交换，而\(X\)(递归)插入到交换后的左子树中。
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给出一棵斜堆，包含值为\(0\)到\(n\)的结点各一次。
求一个结点序列，使得该斜堆可以通过在空树中依次插入这些结点得到。
如果答案不惟一，输出字典序最小的解。输入保证有解。
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数据范围\(n \leq 50\)
2.样例文件：
input1:
6
100 0 2 102 4 104
output1:
4 6 5 2 0 1 3
..............................................................
input2:
7
0 100 1 102 2 3 5
output2：
2 5 0 3 4 6 7 1
思路及解法：
本题的数据范围出到\(n \leq 5 \times 10^3\)是肯定没问题的。
所以总结一下，本题时间复杂度\(O(n^2)\),空间复杂度\(O(n)\),思维复杂度\(O(n!)\)....
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言归正传，这题到底怎么做？
由于每次都是插入左子树中，所以就会有一些神奇的事情。
我们考虑 最后一个插入的点 会有什么性质：
（1）性质1：它是一个极左节点（从根到它的路径都是走左子树）
（2）性质2：它一定没有右子树
显然满足上述条件的点有很多，那么仔细观察后可以发现：
性质3：对于树上任意一个点，如果它没有左子树，则它一定没有右子树。
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然后就可以搞一波事情了。
我们假设最后加入的点为 \(X\) ，如果它的祖先中存在点 \(Y\) 也满足性质\(1,2\)，则：
<1>
若\(X\)不为叶子节点：
由于\(X\)插入\(Y\)的子树中时会反转\(Y\)的左右儿子，
那么\(Y\)的当前左子树中包含\(X\)，而现在\(Y\)又没有右子树，
所以在插入前，\(Y\)只有右子树，没有左子树。
这显然与性质3矛盾，即这种情况不可能发生。
所以最后插入的点一定是 深度最浅的满足性质1,2的节点,设它为 \(del1\)。
<2>
若\(X\)为叶子节点：
那么即插入\(X\)前\(Y\)没有儿子。
所以这种情况显然是合法的,
即如果\(del1\)有左儿子\(del2\)，且\(del2\)为叶子节点，那么\(del2\)也是合法的。
.
综上所述，最后插入的点可能为：
（1）深度最浅的满足性质1,2的节点
（2）深度最浅的满足性质1,2的节点的左儿子，前提是这个左儿子为叶子节点。
由于我们要保证字典序，所以存在(2)情况时我们则优先选叶子节点。
所以我们依照这个原则不断删点、修改。
最后把答案数组倒着输出即可（P.s ：建议把所有点的编号都加\(1\)再处理）。
实现代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define mx 60
#define ll long long
using namespace std;
int n,root,fa[60],ls[60],rs[60],ans[60];
IL void Work(){
for(RG int sq = 1; sq <= n; sq ++){
RG int del1 = 0 , del2 = 0, x = root;
while(x){ if(!rs[x]){del1 = x; break;} x = ls[x]; }
if(!rs[ls[x]] && !ls[ls[x]] && ls[x])
del2 = ls[x];
if(del2){ans[sq] = del2; ls[del1] = 0; }
else {
ans[sq] = del1;
ls[fa[del1]] = ls[del1]; fa[ls[del1]] = fa[del1];
}
if(!del2 && del1 == root)root = ls[del1] , fa[root] = 0;;
RG int ff = fa[(del2)?del2 : del1];
while(ff)
swap(ls[ff],rs[ff]) , ff = fa[ff];
}return;
}
int main(){
cin >> n; n++; root = 1;
for(RG int i = 2,f; i <= n; i ++){
cin >> f;
if(f >= 100){f-=100; f++; rs[f] = i; fa[i] = f;}
else f++ , ls[f] = i , fa[i] = f;
}
Work();
for(RG int i = n; i >= 1; i --)ans[i] --;
for(RG int i = n; i >= 1; i --)cout<<ans[i]<<" ";
return 0;
}