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題目大意：給出兩個長度為 n 的數列記為 a 和 b，現在 a 的數列固定不動，問如何對數列 b 進行排列，可以使得：

b[ i ] > a[ i ] （嚴格大于）的位置盡可能多

在滿足上述要求的前提下，b 的排列字典序最大

題目分析：如果不考慮第二個約束的話，那就是一個非常簡單的貪心問題了，貪心策略如下：因為最終需要的是 a 中的每個元素和 b 中每個元素一一對應的一個結果，所以只需要考慮其相對位置，將兩個數組分別排序，然后用雙指針一個去枚舉 a 中的元素，另一個貪心從 b 中尋找元素與其匹配即可

如果再考慮上第二個約束該如何去做呢，因為 n 只有 5e3 的級別，可以考慮正向遍歷一遍每個元素去確定 ans[ i ] 的值，此時不難想到一個 n^3 的做法了：

首先求出不受約束 2 限制的答案，記為 res

第一層枚舉 i ，表示當前正在確定 ans[ i ] 的值

第二層枚舉 j ，表示第 i 個位置放置 b 中的第 j 個元素?，即 ans[ i ] = b[ j ]

最后一層循環去檢查第 ans[ i ] = b[ j ] 時的答案，最后從貢獻為 res 的 b[ j ] 中選出最大的 b[ j ] 放在 ans[ i ] 即可

考慮優化時間復雜度，第一層枚舉的 i 無法優化，第三層檢查的循環也不好優化，所以突破點就在第二層枚舉的 j，我們先暫時擱置一下

到這里可能會有疑惑了，因為最開始說的，貪心策略去求解答案的話，是需要進行排序的，所以上述算法的時間復雜度不應該是 n^3*logn 的嘛，其實并不需要每次都排序，只需要初始時額外維護一個遞增的數組 aa 和數組 bb，每次操作完位置 i 后將 a[ i ] 和 b[ j ] 中相應的元素刪除掉即可，時間復雜度不過也才 O( n ) ，這樣就將每次貪心求解答案的時間控制在了 O( n )

繼續討論如何優化掉第二層的 j，假設第一層枚舉到了 i，此時 a 數組中對應的元素是 a[ i ] ，將 bb 數組（有序）中的元素分成兩部分：

小于等于 a[ i ] 的

大于 a[ i ] 的

不難看出兩個部分中的 bb 元素分別都是具有單調性的，具體指的是，對于情況一來說，如果 bb[ i ] 放在這里合適，那么 bb[ i + 1 ] 放在這里也是合適的，對于情況二來說，如果 bb[ i ] 放在這里合適，那么 bb[ i - 1 ] 放在這里也是合適的，如此就可以將枚舉的時間復雜度優化成二分了，最后總的時間復雜度為O( n^2logn )

代碼：
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//#pragma GCC optimize(2) //#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") //#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #include<list> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=5e3+100;int a[N],b[N],n;vector<int>bb,aa;int cal(int ban1,int ban2)//去掉aa[ban1]和bb[ban2]后的結果 {int ans=0;int i=0,j=0;while(i<aa.size()&&j<bb.size()){if(i==ban1){i++;continue;//檢查一下是否越界 }if(j==ban2){j++;continue;//同上 }if(aa[i]<bb[j]){ans++;i++;}j++;}return ans; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);aa.push_back(a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",b+i);bb.push_back(b[i]);}sort(aa.begin(),aa.end());sort(bb.begin(),bb.end());int ans=cal(-1,-1);for(int i=1;i<=n;i++){int pos1=-1;//定位,aa[pos1]=a[i]for(int j=0;j<aa.size();j++)if(aa[j]==a[i])pos1=j;int l=upper_bound(bb.begin(),bb.end(),a[i])-bb.begin(),r=bb.size()-1,mark=-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(cal(pos1,mid)==ans-1){mark=mid;l=mid+1;}elser=mid-1;}if(mark==-1){int l=0,r=upper_bound(bb.begin(),bb.end(),a[i])-bb.begin()-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(cal(pos1,mid)==ans){mark=mid;l=mid+1;}elser=mid-1;}}printf("%d ",bb[mark]);ans-=(bb[mark]>aa[pos1]);aa.erase(aa.begin()+pos1);bb.erase(bb.begin()+mark);}return 0; }

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總結

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