分析:
额,这是一道相当恶心的结论题。
对于给出的序列
,可以求得其的逆
并且,要使得 的序列字典序尽可能小,即要求 中1的位置尽量靠前,其次2的位置尽量靠前。。。(有些题解认为p字典序尽量小=q字典序尽量小,但我怎么都觉得不对,但至少官方题解的说法是我这样的。)
观察题目中对p的要求,再转移到q上就等价于:
在q中选择相邻的两个元素,且两元素只差不小于k,就可以交换这两个。
这样一来就有个很显然的性质了:对于任意一对 若满足 则其相对位置不可能改变。
这样一来,我们可以构造一个图,将限制条件转化为边,然后按拓扑序输出即可。
但是就这样建图会超时 条边。所以可以简化一下,对q序列的位置 而言,只需要连上满足 且 的最小的 边各一条即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 500010
using namespace std;
int p[MAXN],q[MAXN];
set<int> pre,bac;
vector<int> a[MAXN];
priority_queue<int> que;
int n,k,pri[MAXN];
int vis[MAXN];
int main(){
SF("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
SF("%d",&p[i]);
q[p[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=k;i++)
bac.insert(p[i]);
set<int>::iterator b,g;
for(int i=1;i<=n;i++){
b=bac.upper_bound(p[i]);
g=pre.upper_bound(p[i]);
if(b!=bac.end()){
//PF("{%d %d}\n",q[*b],i);
a[q[*b]].push_back(i);
vis[i]++;
}
if(g!=pre.end()){
//PF("[%d %d]\n",q[*g],i);
a[q[*g]].push_back(i);
vis[i]++;
}
pre.insert(p[i]);
if(i-k+1>0)
pre.erase(p[i-k+1]);
if(i+k<=n)
bac.insert(p[i+k]);
bac.erase(p[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i]==0)
que.push(i);
int tot=0;
while(!que.empty()){
int x=que.top();
que.pop();
pri[++tot]=x;
//PF("[%d]",x);
for(int i=0;i<a[x].size();i++){
vis[a[x][i]]--;
if(vis[a[x][i]]==0)
que.push(a[x][i]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
q[pri[i]]=n-i+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
PF("%d\n",q[i]);
}