Codeforces Round 611 (Div. 3) F. DIY Garland（思维+构造）

原题链接：F. DIY Garland

---

题目大意：

---

给出一棵 $n$ 个点的树，第 $i$ 个点的权值为 $2^i$ ，定义第 $j$ 条边的权值为其连接的两点 $u,v$ 中深度较大的点的子树的权值和。

边按照边权由大到小的顺序给出每条边深度较小的点的编号，现在请构造一棵满足如上情况的原树，输出根以及连边情况。

解题思路：

---

注意到第 $i$ 个点的点权是 $2^i$，也就是说不会有点权重合的情况，且点权都互相严格大于或小于。

又因为边是由边权大到边权小的顺序给出的，那么我们第一条边深度较浅的点一定是根节点。

感性证明一下，由于每个点点权都是 $2^i$ 的形式，那么我们点权的加和也一定互不相同，即每条边边权都不同，假设边权为最大的边 $(v,y)$ 所连深度较小的点（ 我们设为 $v$ ）不是根节点，那么我们根节点（ 我们设为 $root$ ）由于是整棵树的根，一定有 $de{p}_{root}<de{p}_v$，设 $v$ 的某个父亲 $x$ 和根节点 $root$ 有直接连边 $(root,x)$ ，又边权互不同，那么我们一定会存在一条边 $(root,x)$ 的权值大于 $(v,y)$ 的权值，和 $(v,y)$ 的权值最大矛盾，故权值最大的边的最小点一定是根节点 $root$，证毕。

考虑怎么构造：注意到一个问题，我们都只会获得深度较小的点，而那些边所连的点一定会有一些深度较大的点不会在输入中出现，而这些点一定是这棵树的叶子节点。

一个点在输入中的出现次数一定是它子树中儿子节点的个数，我们先将其较小的子树构造完后再构造它的子树，这样做是最方便的，而且也是有正确性的。

我们开一个按编号排序的小根堆，将所有叶子都保存进去，然后倒序枚举给出的边集，让权值最小的边深度最小的点和权值最小的叶子节点相连，当其子树内的点都连完时，它又成为了叶子节点，扔入小根堆，可知这样可以构造一组合法的解（ 因为 $2^i>2^{i-1}+2^{i-2}+...+2^1$ ，所以这样贪心一定会使得按顺序构造的边 $w_1<w_2<...<w_n$）。

时间复杂度：$O(n\log n)$

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define YES return void(cout << "Yes\n")
#define NO return void(cout << "No\n")
using namespace std;

using u64 = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;

    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;

    vector<int> arr(n - 1), in(n + 1);
    for (auto& v : arr) {
        cin >> v;
        ++in[v];
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!in[i]) {
            heap.push(i);
        }
    }

    reverse(arr.begin(), arr.end());

    vector<PII> edge;
    for (auto& u : arr) {
        edge.emplace_back(u, heap.top());
        heap.pop();
        if (--in[u] == 0) {
            heap.push(u);
        }
    }

    cout << arr.back() << '\n';
    while (edge.size()) {
        auto [u, v] = edge.back();
        cout << u << " " << v << '\n';
        edge.pop_back();
    }
}

signed main() {

    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1; //cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}