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##[$AcWing$ $244$ 迷一样的牛](https://www.acwing.com/problem/content/245/)
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### 一、题目描述
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有 $n$ 头奶牛，已知它们的身高为 $1∼n$ 且 **各不相同**，但不知道每头奶牛的具体身高。
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现在这 $n$ 头奶牛站成一列，已知第 $i$ 头牛前面有 $A_i$头牛比它低，求每头奶牛的身高。
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**输入格式**
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第 $1$ 行：输入整数 $n$ 。
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第 $2..n$ 行：每行输入一个整数 $A_i$，第 $i$ 行表示第 $i$ 头牛前面有 $A_i$ 头牛比它低。
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（注意：因为第 $1$ 头牛前面没有牛，所以并没有将它列出）
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**输出格式**
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输出包含 $n$ 行，每行输出一个整数表示牛的身高。
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第 $i$ 行输出第 $i$ 头牛的身高。
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**数据范围**
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$1≤n≤10^5$
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### 二、解题方法
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这个题意不太好理解，我尝试理解一下：
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每头牛都只关心 **自己前面比自己短的牛个数**
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最直观的办法是看测试样例：
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```cpp {.line-numbers}
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//输入样例
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5
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1
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2
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1
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0
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//输出样例
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2
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4
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5
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3
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1
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```
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$5$头牛，第一头牛没有前面的其它牛，没有给出它前面有多少头牛比自己低，有数字也只能是$0$，题目就没有给出，所以我们看到的`1,2,1,0`是从第二头牛开发的。
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<!-- 让表格居中显示的风格 -->
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<style>
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.center
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{
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width: auto;
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display: table;
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margin-left: auto;
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margin-right: auto;
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}
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</style>
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<div class="center">
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| | 第二头牛 | 第三头牛 | 第四头牛 | 第五头牛 |
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| ---------- | -------- | -------- | -------- | -------- |
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| **向前看** | $1$ | $2$ | $1$ | $0$ |
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</div>
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我认为，凡是这类一开始时，所求答案完全未知的问题，应该在 **边界问题** 上寻找原问题的 **突破口** 。因为对于那些靠近问题空间 **中部** 的子问题，其 **左右两边** 可以认为和它是本质相同的子问题，没有办法直接解决。因此我们应该 **着重 考虑边界处的子问题**。
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这东西 **不能从前向后去尝试**，原因很简单，比如以第三头牛为例，它知道自己前面有$2$个比自己小的,但是不知道自己后面有几个比自己小的，也就不知道自己在整体中是第几，确定不下来。
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这东西 **可以从右向前去尝试**，为啥呢？
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在本题中，我们 **首先考虑最后一头牛**。由于它已经统计了在它之前的所有牛，因此，假如它比$x$头牛高，则它的高度一定是$x+1$。
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我们 **采取从后往前考虑的方式**，就是因为题目给出了 **每头牛已知在自己前面比自己矮的牛的个数** 这一条件，**从后往前可以少考虑很多问题**。
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由于**每头牛的高度各不相同** 且取遍区间$[1,n]$，因此，对于倒数第二头牛而言，它应该在除去上述$x+1$的区间$[1,n]$中，选取$h_{i}+1$小的数。其他的牛以此类推。
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**换句人话** 就是直接从后向前跑一下简单的测试用例，就好理解了：
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* 第五头牛知道前面有$0$头牛比自己小，自己当然是$1$
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* 第四头牛知道前面有$1$头牛比自己小，这还不够，因为还需要知道后面是不是有比自己小的啊！这个好办，因为第五头牛高度是$1$已经确定，可以不再考虑它，把它从牛群中牵走，它的离开，并不会影响第四头牛的心情，因为第五头本来就是在第四头的后面，它走了，第四头牛的信息"**前面有$1$个比我小**" 并没有受到影响，此时，它还是最后一头牛，可以不用考虑后面有比自己小的，直接用前面比我小的信息就够了~！由于第五头把$1$这个高度拿走了，所以，现在剩下的就是`2 3 4 5`,前面有$1$个比自己小,那前面小的肯定是$2$,自己是$3$。
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* 同理，再把第四头牛牵走，剩下的子问题是一样一样的~
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* 用循环啥的一个个牵走吧，问题就解决了
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#### 方法① 两重循环枚举
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先从后往前枚举每头牛，当枚举到第$i$头牛时，再从$1$枚举到$n$，找到第$h[i] + 1$个**没有使用过(后面已经离开的牛牛)的数**，再对该数进行标记(标记此数已被我牛牛占用了)，继续枚举下一头牛，时间复杂度$O(n^2)$，$n<=1e5$,**超时妥妥的**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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// 通过了 7/10个数据
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const int N = 1e5 + 10;
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int h[N];
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int st[N];
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int ans[N];
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int n;
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int main() {
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scanf("%d", &n);
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for (int i = 2; i <= n; i++) scanf("%d", &h[i]);
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// 第一个放过，不讨论,输进来也是0，不输也是0
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for (int i = n; i; i--) { // 从后向前枚举每头牛
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int cnt = 0;
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for (int j = 1; j <= n; j++) {
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if (!st[j]) cnt++; // 如果此位置没有被占用，是可以用的
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if (cnt == h[i] + 1) { // 寻找第h[i]+1个未被占据的位置
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st[j] = 1; // 标识此位置被某个奶牛占据过了
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ans[i] = j; // 记录i号奶牛占据的是j号位置
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break;
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}
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|
}
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|
}
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
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return 0;
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|
}
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```
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#### 方法②、树状数组 + 二分
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<font color='red' size=4><b>树状数组的应用:倒序多次查找第$k$小的数</b></font>
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既然暴力无法过掉所有的用例，就只能考虑优化一下了
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假如建立一个全部元素为$1$的数列，某个位置的数为$1$代表这个高度还不知道是哪头牛的，那么就 **用树状数组维护该数列的前缀和** ，若某个位置的前缀和等于$H_{i}+1$，此时的下标就是要找的数。选择这个数后，将相应位置的$1$置$0$.可以 **二分** 这个位置。
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> **注**：好古怪的思路！为什么$st[i]$默认初始化$=1$呢？没被选择过，默认设置为$0$不是更直观，也不用进行初始化了，岂不更好？
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> **答**：不行！因为$st[i]=1$后，使用前缀和就可以方便知道这段内有多少个未被占用的数字，为了 **照顾前缀和同学**，你不能使用$st[i]=0$,当然，也可以初始化为$st[i]=0$,找出一个，就设置一个$st[i]=1$,然后用前缀和算出来已使用个数，再用总数减去已使用个数，反正也挺麻烦~
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**【单点修改+区间前缀和查询】**
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在所有满足 $sum(x) = k$ 情况中，通过二分找到最小的 $x$ ，如图所示
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**时间复杂度 $O(nlogn)$**
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### $CodeI$ 可选是$1$，不可选 $0$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010;
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int a[N];
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int ans[N];
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int n;
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// 树状数组模板
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#define lowbit(x) (x & -x)
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typedef long long LL;
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int c[N];
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void add(int x, int v) {
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while (x < N) c[x] += v, x += lowbit(x);
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}
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LL sum(int x) {
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LL res = 0;
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while (x) res += c[x], x -= lowbit(x);
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return res;
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}
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int main() {
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scanf("%d", &n);
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for (int i = 2; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); // 读入每头奶牛前面有几头奶牛比自己矮
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|
// 利用树状数组，把1~n之间每个位置设置为1,方便后面用来求前缀和
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for (int i = 1; i <= n; i++) add(i, 1);
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for (int i = n; i; i--) {
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int l = 1, r = n;
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while (l < r) { // 用二分找出前缀和恰好为a[i] + 1的数
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int mid = (l + r) >> 1; // mid枚举的是下标
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if (sum(mid) >= a[i] + 1)
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r = mid; // 再小点试试
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else
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l = mid + 1; // 再大点~
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}
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ans[i] = l; // 记录答案
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add(l, -1); // 找到后，这个数-1,标识为0，方便下次求前缀和
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}
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|
// 输出结果
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
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return 0;
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}
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```
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### $CodeII$ 可选是$0$，不可选 $1$
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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const int N = 100010;
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int a[N];
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int ans[N];
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int n;
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// 树状数组模板
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#define lowbit(x) (x & -x)
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typedef long long LL;
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int c[N];
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void add(int x, int v) {
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while (x < N) c[x] += v, x += lowbit(x);
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}
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LL sum(int x) {
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LL res = 0;
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|
while (x) res += c[x], x -= lowbit(x);
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return res;
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}
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|
/*
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参考答案：
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2
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4
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5
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3
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|
1
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*/
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int main() {
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|
#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("244.in", "r", stdin);
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|
#endif
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scanf("%d", &n);
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for (int i = 2; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); // 读入每头奶牛前面有几头奶牛比自己矮
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// 这里是区别！
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// 利用树状数组，把1~n之间每个位置设置为1,方便后面用来求前缀和
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// for (int i = 1; i <= n; i++) add(i, 1);
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for (int i = n; i; i--) {
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int l = 1, r = n;
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while (l < r) { // 用二分找出前缀和恰好为a[i] + 1的数
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// 这里是区别！
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int mid = (l + r) >> 1; // mid枚举的是下标
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if (mid - sum(mid) >= a[i] + 1)
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r = mid; // 再小点试试
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else
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l = mid + 1; // 再大点~
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}
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ans[i] = l; // 记录答案
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add(l, 1); // 找到后，这个数-1,标识为0，方便下次求前缀和
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}
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// 输出结果
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
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return 0;
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}
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```
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