正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1427F

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题目大意

有一个$1\sim 6n$的序列，两个人轮流操作，每次取走连续的三个数字。

现在给出先手取走的数字集合，要求构造方案。

保证有解

$1\le n\le 200$

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解题思路

我们给先手取的颜色标为$0$，后手的颜色标为$1$。

我们考虑一下能不能求出哪些牌是在一次中取走的，这个取法很像一个括号匹配，也就是一次取走的东西中不会产生交叉，而如果不会产生交叉，那么我们按照括号匹配的找法去找也是对的。

所以我们可以用一个栈存按顺序存牌，当栈顶三个颜色相同时就弹出这三个，表示这三个是在同一次中取走的。

并且我们还能建立一些依赖关系，形如取走$x$之前必须$y$，这些依赖关系能构成一个森林。

现在相当于给出这样一棵森林，每次取走一个叶子，要求颜色是$01$交错的。

我们找一下这个森林的性质，会发现每个节点的颜色都和父节点的不同，还有$0$和$1$的数量相等。

一种取法是$0$和$1$都随便取，但是$1$必须留下一个根到最后取，现在我们证明这种取法的正确性：

首先如果用这种取法正确，那么一个有解的状态就是存在一个为$1$的根并且存在一个当前要取的颜色的叶子。然后我们证明所有有解状态都能转移到有解状态即可。

• 假设现在要取$0$，那么此时$01$数量相同。假设随便一个$0$后就没有了$1$的叶子，此时$1$的数量比$0$多$1$，并且有一个为$1$的根，因为没有为$1$的叶子，应该每个$1$都能找到一个为$0$的儿子，但是$1$的数量比$0$多，所以显然不合法，假设不成立。

• 假设现在要取$1$，那么此时取走随便一个不是最后一个根的$1$后$01$数量相同，假设此时没有为$0$的儿子。我们每个$0$去找儿子中的一个$1$，理论上也应该找得到，但是因为有一个$1$是根，所以至少有一个$0$找不到这样一个儿子，所以假设不成立。

所以我们的取法就是除了最后一个为$1$的根以外其他的都随便取。

时间复杂度：$O(n)$

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code

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1500;
int n,cnt,wrt,v[N],_v[N],T[N],p[N],s[N],nrt[N];
vector<int> ans,G[N],prt[N];
deque<int> q[2];
void dfs(int x){
	if(!G[x].size())q[_v[x]].push_back(x);
	for(int i=0;i<G[x].size();i++){
		int y=G[x][i];
		dfs(y);T[y]=x;
	}
	return;
}
void rel(int x){
	ans.push_back(x);
	if(!T[x])return;G[T[x]].pop_back();
	if(G[T[x]].empty())q[_v[T[x]]].push_front(T[x]);
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);n=n*6;
	for(int i=1;i<=n;i++)v[i]=1;
	for(int i=1,x;i<=n/2;i++)
		scanf("%d",&x),v[x]=0;
	int top=0;stack<int> z;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s[++top]=i;
		if(top>2&&v[s[top]]==v[s[top-1]]&&v[s[top]]==v[s[top-2]]){
			++cnt;p[s[top-2]]=cnt;_v[cnt]=v[s[top]];
			prt[cnt].push_back(s[top-2]);
			prt[cnt].push_back(s[top-1]);
			prt[cnt].push_back(s[top]);
			while(!z.empty()&&z.top()>s[top-2])
				G[cnt].push_back(p[z.top()]),nrt[p[z.top()]]=1,z.pop();
			z.push(s[top-2]);top-=3;
		}
	}
	int c=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		if(!nrt[i])dfs(i),c+=_v[i];
	for(int i=1;i<=n/6;i++){
		rel(q[0].front());q[0].pop_front();
		if(i==n/6){
			if(wrt)ans.push_back(wrt);
			else rel(q[1].front());
		}
		else{
			int x=q[1].front();c-=(_v[x]==1&&!nrt[x]);
			if(!nrt[x]&&_v[x]==1&&!c)
			{wrt=x;q[1].pop_front();}
			rel(q[1].front());q[1].pop_front();
		}
	}
	for(int i=0;i<ans.size();i++,putchar('\n'))
		for(int j=0;j<3;j++)
			printf("%d ",prt[ans[i]][j]);
	return 0;
}
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