瞄了眼结论编了个证明，不知道对不对¿
令 \(a_i\) 为排名为 \(i\) 的编号。一个 \(a\) 合法（存在一个初始状态可以得到）当且仅当 \(a_i<a_{i\operatorname{or}2^j}\)，其中 \(i\) 在 \(j\) 这个二进制位上为 0．
必要性证明：归纳，对于 \(n=k\) 成立时，证明 \(n=k+1\) 成立。首先 \(n=0\) 成立，并且 \(j\leq n-2\) 由归纳假设都成立。
现在想证明左半部分和右半部分对应位置满足 \(<\) 的关系。假设第一次轮左边第 \(x\) 个是和右边第 \(y\) 个比较的，那么就有 \(a_x<a_y\)，再其中间连一条边。这样就连出来一个二分图。现在想证明对于任意的二分图，都满足 \(a_x<a_{x+2^j}\) 对所有 \(x\) 成立。
- \(y=x+2^{n-1}\)：显然成立。
- \(y<x+2^{n-1}\)：由于右半部分 \(a_y\) 在 \(a_{x+2^{n-1}}\) 前面，那么就有 \(a_x<a_y<a_{x+2^{n-1}}\)．
- \(y>x+2^{n-1}\)：反证可知，左半部分一定有 \(>x\) 的一个位置 \(z\)，其与 \(\leq x+2^{n-1}\) 的位置 \(p\) 连边。那么就有 \(a_x<a_z<a_p\leq a_{x+2^{n-1}}\)．
归纳，必要性得证。
充分性就对着上面那个归纳构造，那就让 \(y\) 就是 \(x+2^{n-1}\)，那么构造出来就是自底向上归并，左侧第 \(1\) 个，右侧第 \(1\) 个，左侧第 \(2\) 个，右侧第 \(2\) 个 ...... 这样归并。容易验证这个是正确的构造（自上而下看就是在模拟比赛过程）。
有了这个条件，先考虑构造出来这个 \(a\)，然后归并出来答案。
根据上面找出的充要条件，能够得到每个 \(a_i\) 的取值是个区间，然后贪心，从小往大考虑一个数 \(x\) 应该放哪儿，选择包含 \(x\) 的右端点最小的那个区间就行。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pll>vpll;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
r=0;bool w=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
int s=1;
while(y){
if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return s;
}
#define Lose do{puts("NO");exit(0);}while(0)
const int N=(1<<18)+10;
int n,a[N];
int l[N],r[N],vis[N];
vpii vec[N];
signed main(){
read(n);
for(int i=0;i<(1<<n);i++)l[i]=1,r[i]=1<<n;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
read(a[i]);
if(a[i]){
cmax(l[i],a[i]);
vis[a[i]]=1;
}
for(int j=0;j<n;j++)
if(!((1<<j)&i))cmax(l[i+(1<<j)],l[i]+1);
}
for(int i=(1<<n)-1;~i;i--){
if(a[i])cmin(r[i],a[i]);
for(int j=0;j<n;j++)
if((1<<j)&i)cmin(r[i-(1<<j)],r[i]-1);
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
if(a[i]&&(a[i]<l[i]||a[i]>r[i]))Lose;
if(l[i]>r[i])Lose;
if(!a[i])vec[l[i]].pb(mp(-r[i],i));
}
priority_queue<pii>q;
for(int i=1;i<=(1<<n);i++){
for(auto j:vec[i])q.push(j);
if(!vis[i]){
if(q.empty() || -q.top().fi<i)Lose;
a[q.top().se]=i;q.pop();
}
}
function<void(int,int)>solve=[&](int l,int r){
static int b[N],ct;
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);solve(mid+1,r);
ct=0;
for(int i=l;i<=mid;i++)b[++ct]=a[i],b[++ct]=a[mid+i-l+1];
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=b[i-l+1];
};
solve(0,(1<<n)-1);puts("YES");
for(int i=0;i<(1<<n);i++)cout << a[i] << ' ';
puts("");
return 0;
}