Codeforces Round #554 Div.2 E - Neko and Flashback

欧拉路径

神题啊神题！这道题的突破口就是后两个数组每个元素是一一对应的。

也就是说，对于一个p的排列，b’和c’取得每一个元素的下标在p中都是一样的。

根据b和c数组的性质可以得出，b[i] <= c[i]。

这也是我们输出-1的一个判断方法。

再来看b和c两个数组，他们是由原数组相邻两个数分别取min和max构造出来的，很容易看出b’和c’同一个位置的两个数一定在原数组中相邻。

我们可以根据这个相邻关系建图，a若与b在原数组中相邻，就连一条无向边，那么最后我们要构造的合法数组即为该无向图的一条欧拉路径。

因为数据比较大，所以我们要先离散化，再考虑有重边，我们可以用multiset来存图，跑过的边直接删除就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }
inline int read(){
    int X = 0, w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return w ? -X : X;
}
inline int gcd(int a, int b){ return a % b ? gcd(b, a % b) : b; }
inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }
template<typename T>
inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }
template<typename T>
inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }
template<typename A, typename B, typename C>
inline A fpow(A x, B p, C lyd){
    A ans = 1;
    for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;
    return ans;
}
const int N = 200005;
int n, k, b[N], c[N], p[N], d[N];
vector<int> rd;
multiset<int> g[N];
void dfs(int s){
    for(auto it = g[s].begin(); it != g[s].end(); it = g[s].begin()){
        int u = *it;
        g[s].erase(it), g[u].erase(g[u].lower_bound(s));
        dfs(u);
    }
    rd.push_back(s);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    n = read();
    for(int i = 1; i < n; i ++) b[i] = read(), p[++k] = b[i];
    for(int i = 1; i < n; i ++) c[i] = read(), p[++k] = c[i];
    for(int i = 1; i < n; i ++){
        if(b[i] > c[i]){
            printf("-1\n");
            return 0;
        }
    }
    sort(p + 1, p + k + 1);
    k = (int)(unique(p + 1, p + k + 1) - p - 1);
    for(int i = 1; i < n; i ++){
        b[i] = (int)(lower_bound(p + 1, p + k + 1, b[i]) - p);
        c[i] = (int)(lower_bound(p + 1, p + k + 1, c[i]) - p);
    }
    for(int i = 1; i < n; i ++){
        g[b[i]].insert(c[i]), g[c[i]].insert(b[i]);
        d[b[i]] ++, d[c[i]] ++;
    }
    int t = 0;
    for(int i = 1; i <= k; i ++){
        if(d[i] & 1) t ++;
    }
    if(t != 0 && t != 2){
        cout << "-1" << endl;
        return 0;
    }
    bool odd = false;
    for(int i = 1; i <= k; i ++){
        if(d[i] & 1){
            odd = true, dfs(i);
            break;
        }
    }
    if(!odd) dfs(1);
    if(rd.size() != n) cout << "-1" << endl;
    else{
        for(int i = rd.size() - 1; i >= 0; i --){
            cout << p[rd[i]];
            if(i != 0) cout << " ";
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}