Description
有n种颜色的砖块，第i种颜色的砖块有a[i]个，你需要把他们放成一排，使得相邻两个砖块的颜色不相同，限定第一个砖块的颜色是start，最后一个砖块的颜色是end，请构造出一种合法的方案或判断无解。
HINT
【数据范围】
n,m≤1000000，1≤start,end≤n
∑ai<=1000000
Solution
全网唯一 一篇O(n)题解+bzoj最优解
这个题看大家都是优先队列，然后直接贪心放置。
还有用权值线段树来模拟堆过的%%%。
其实不用带logn也可以过的。
大家的方法是从左往右扫过去的。
对于这种插空排序的问题，还有一种考虑方法就是每个种类每个种类来考虑。
好处是，前面放过的种类放完了，和当前第i种永远不会产生冲突。
这就是我的大方向思路。
一、先不考虑端点固定的情况。
其实，不一定要先放最多的。
顺序可以随便。
假设放到完了前i种，那么，一共有sum[i]个。
对于后面的n-i种来说，前i种的方法对后面没有影响。
所以，肯定前i种放法中，选择相邻的情况最少的方案咯！
怎样凑出这个方案？
放完了前i种，设还剩下k个相邻位置。
1.对于第i种，肯定先插那k个位置中。这样每次相邻的-1,已经最优。
2.如果i种还剩下，那就从前面开始插空（不能和1中放的相邻）。这样相邻的数量不增不减。已经最优。
3.如果还剩下，那没有办法了。为了之后好处理，我们都把这些剩下的都放在末尾。
这样，不管你是数量较多的，还是数量较少的，
较多的，可以放在一起，由后面的再插空隔开。
较少的，就隔开之前相邻的。
至于怎么插空？
用一个最普通的链表就可以维护。
当然，我们每次要维护3中，开始连续的那一串的起始位置。方便下次直接访问。
二、有固定点呢？
两个端点比较麻烦。
所以我们就先放端点好了。
放的方法和上面差不多。
先放p，再放q
如果p的数量大于等于q。
那么放q的时候，直接插空，然后无论如何留下一个放末尾。
如果p的数量小于q。
那么放q的时候，插完空，直接往后放完即可。
（注意的是，这样的话有一个情况，就是在最后一个和倒数第二个之间还要插一个，后面放的时候特判一下）
然后放剩下k-2种。
按照刚才的策略即可。注意不能放在1前面，以及最后一个后面。
由于策略一直是最优的。
所以放完了之后，还有相邻元素，那就无解了。
三、一些细节
1.可能有两个端点颜色相同的情况。特判即可。bzoj上还有端点相同，且这个颜色只有一个的数据。。。。
2.刚才“二”中说的那个注意事项。
3.乱七八糟的各种边界情况和+1-1等等。
画个示意图就好理解了。
代码：
全程链表，所以复杂度线性。
（其实应该还有很多常数优化空间2333）
（这个题输入输出优化都很有用，输出优化快了400ms？？？）
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=+;
int nxt[N],id[N];//nxt后继，id颜色编号
int tot;
int k,p,q;
int a[N];
il void rd(int &x){
char ch;x=;
while(!isdigit(ch=getchar()));
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
}
il void prin(int x){
if(x/) prin(x/);
putchar(x%+'');
}
il void upda(int o,int to,int d){//初始化链表元素
nxt[o]=to;id[o]=d;
}
int main(){
rd(k);rd(p);rd(q);
for(reg i=;i<=k;++i)rd(a[i]);
if(p==q&&a[p]==){//特判一个点
if(k>) printf("");
else printf("%d",p);
return ;
}
int las=;
for(reg i=;i<=a[p];++i){//放p
upda(++tot,,p);
if(las) nxt[las]=tot;las=tot;
}
las=;
int pos=;//pos是每一次最后的连续一部分同种相邻颜色的起始位置
if(p!=q){//放q
int i;
for(i=;i<=a[q]-&&las<=a[p];++i){
upda(++tot,nxt[las],q);
nxt[las]=tot;++las;
}
if(a[p]>=a[q]){
nxt[a[p]]=++tot;
upda(tot,,q);
pos=a[q];
}
else{
pos=tot;
while(i<=a[q]){
nxt[tot]=tot+;
upda(++tot,,q);
++i;
}
}
}
else{
pos=;
}
int nd=tot;//末尾的编号
for(reg i=;i<=k;++i){//放其他的
if(i==p||i==q) continue;
int tmp=a[i];
while(a[i]&&nxt[pos]!=nd){//插后面的空
upda(++tot,nxt[pos],i);
nxt[pos]=tot;
a[i]--;++pos;
}
if(a[i]&&nxt[pos]==nd&&id[pos]==q){//细节2
upda(++tot,nxt[pos],i);
nxt[pos]=tot;
pos=tot;//warning!!!
a[i]--;
}
if(a[i]){//从前面插空
int now=;//start from a[p]
while(a[i]&&id[nxt[now]]!=i&&nxt[now]!=nd){
upda(++tot,nxt[now],i);
int to=nxt[now];
nxt[now]=tot;
now=to;
a[i]--;
}
if(a[i]){//如果还有剩余
int las=pos;
if(id[pos]!=i) pos=tot+;//warning!!! tot+1
while(a[i]){
upda(++tot,nxt[las],i);
nxt[las]=tot;
las=tot;
a[i]--;
}
}
}
}
for(reg i=;i!=nd;i=nxt[i]){//判断不合法
if(id[i]==id[nxt[i]]){
printf("");return ;
}
}
for(reg i=;i!=nd;i=nxt[i]){
prin(id[i]);putchar(' ');
}prin(id[nd]);
return ;
}
总结：
注意处理排序插空问题的两个大方法：
1.从左到右扫描。期间往往用数据结构维护。
2.分类别，同一个类别一起考虑。往往用到对插入的物品排序（当然本题不用）