题意

给定一个长度为n的序列Xn，该序列中没有重复的数字。你有n-1次操作的机会：在每次操作机会时对应的有着k=2,3,4,…n,（在第1次交换机会时k=2,以此类推）你可以交换X[k]和X[k/2],也可以不进行操作。求在执行完操作后，最小字典序的序列。

前言

这题搞了一天QAQ
主要是不知道怎么做的时候题解找了很久。。
最后是看代码看懂的

一个一开始的想法

我们直接贪心啊
对于三个位置$a,b,c$
分开情况讨论
主要就是尽量要小的放在前面
但这样显然是错的
因为放在某个位置，在后面可能会被换到更后面去

另一个想法

贪心玩了一会都不会。。
于是就考虑另外一个思路
就是如果我们可以对于每一个位置，维护一个他可以填的数的集合，那么也可以贪心
我是想边出答案，别维护
一开始我想的是线段树合并
但是这样是不行的
因为我们在要删除一个节点的时候，如果你把所有包含这个节点的数都删去这个节点
复杂度显然不可以接受
因为，在若干次变化之后，你根本不知道那些有这个数字，你还要把树都遍历一次

同时，这个做法有一个问题，就是没有用到每一次可以交换的地方是固定的
没有利用好性质的做法肯定不是一个优秀的做法

于是就有了更好的做法

但是这个思路还是行得通的
问题在于有一个数被选中的时候，我们怎么样快速地在所有点里面删除这个数
做法是，我们对于每一个点，建立二叉树
然后对于每一个交换操作，都建立一个新的点
两个状态分别表示换和不换
显然地，你两个操作只能选择一个
也就是说，你只可以选择一个
于是对于每一个交换节点，加一个标记就可以了
然后我们就可以贪心了
每一次遍历一棵树，然后再暴力删去他
考虑复杂度，每一个数的大小是
$T(n)=T(n/2)+2$
因此是$log$级别的
暴力添加不会T
同时很好地利用了交换的数是$x,x/2$这个条件

CODE:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=200005*5;
struct qq {int s1,s2;int val;bool d;//是否确定了儿子 }tr[N];
int n;
int rt[N];
int tot;
int Query (int x)
{if (tr[x].val!=0)   return tr[x].val;if (tr[x].d==true)return Query(tr[x].s1);else return min(Query(tr[x].s1),Query(tr[x].s2));
}
bool Del (int x,int val)
{if (tr[x].val!=0){if (tr[x].val==val) {tr[x].val=n+1;return true;}return false;}if (tr[x].d==true) return Del(tr[x].s1,val);else{if (Del(tr[x].s1,val)){tr[x].d=true;return true;}else if (Del(tr[x].s2,val)){tr[x].d=true;swap(tr[x].s1,tr[x].s2);return true;}return false;}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for (int u=1;u<=n;u++){int x;scanf("%d",&x);tot++;tr[tot].val=x;rt[u]=tot;}for (int u=2;u<=n;u++){int a=rt[u/2],b=rt[u];rt[u/2]=++tot;tr[tot].s1=a;tr[tot].s2=b;tr[tot].d=false;rt[u]=++tot;tr[tot].s1=a;tr[tot].s2=b;tr[tot].d=false;}for (int u=1;u<=n;u++){int x=Query(rt[u]);Del(rt[u],x);if (u!=1) printf(" ");printf("%d",x);}return 0;
}