\(\mathcal{Description}\)

  给定排列 \(\{a_n\}\),求字典序第 \(K\) 大的合法排列 \(\{b_n\}\)。称一个排列 \(\{p_n\}\) 合法,当且仅当依次将 \([1,m],[2,m+1],\cdots,[n-m+1,n]\) 内的 \(p\) 升序排列后,得到的排列为 \(\{a_n\}\) 相同。

  \(n\le2 \times 10^6\),\(m\le 100\),\(K\le2 \times 10^{16}\) 。

\(\mathcal{Solution}\)

  应该说是构造题吧,想到几乎所有结论却打不出分 qwq。

  显然,\(b_i\) 在 \(\{a_n\}\) 中的下标属于集合 \([\max\{1,i-m+1\},n]\),反过来,\(a_i\) 在 \(\{b_n\}\) 中对应的下标属于集合 \([1,\min\{i+m-1,n\}]\)。

  然后可以发现 \(\{a_n\}\) 中的逆序对非常特殊。有性质:

\[ (\exists j\in[1,i))(a_i<a_j) \Rightarrow b_{i+m-1}=a_i
\]

  归纳证明。考虑一对 \((i,j)\),满足 \(\max_{k\in(i,j)}\{a_k\}<a_j<a_i\),若 \(i+1=j\),显然;否则对于 \(k\in(i,j)\),已有 \(b_{k+m-1}=a_k\),不妨设 \(b_x=a_j\),则 \(x\not\in[i+m,j+m-2]\),而 \(x\in[1,\min\{j+m-1,n\}]\),又有 \(x\ge i+m\),所以 \(x=j+m-1\) 成立。

  所以可以直接确定所有存在逆序对的 \(j\) 的位置。接下来考虑 \(\{a_n\}\) 是一个单增排列的情况。

  从左往右构造 \(\{b_n\}\),我们需要求出固定 \(\{b_n\}\) 的前缀时所有合法 \(\{b_n\}\) 的方案数。不妨设固定前 \(i\) 位,对于一个没有出现的 \(a_j\),其放置方案数显然为 \(\min\{j+m-1,n\}-i\)。乘法原理就可以得到所求,最后类似多叉树求第 \(K\) 大地枚举就好,复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

  由于方案数是指数增长,所以前面很多位直接从小到达钦定,再对后缀的 \(\mathcal O(\log_mn)\) 暴力构造即可。

  复杂度 \(\mathcal O(n+\log^3n)\)。

\(\mathcal{Code}\)

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <algorithm> typedef long long LL; inline LL rint () {
LL x = 0; char s = getchar ();
for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () );
for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
return x;
} template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = ~ x + 1;
if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
putchar ( x % 10 ^ '0' );
} inline int min_ ( const int a, const int b ) { return a < b ? a : b; } const int MAXN = 2e6;
int n, m, a[MAXN + 5];
LL K;
int top, stk[MAXN + 5], ans[MAXN + 5];
bool used[MAXN + 5]; inline void setnxt ( int& pos, const int x ) { for ( ; ans[pos]; ++ pos ); ans[pos] = x; } int main () {
freopen ( "gift.in", "r", stdin );
freopen ( "gift.out", "w", stdout );
n = rint (), m = rint (), K = rint ();
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) a[i] = rint ();
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
if ( a[i] < a[stk[top]] ) ans[i + m - 1] = a[i];
else stk[++ top] = i;
}
int mut = top, pos = 1;
for ( LL all = 1; mut && all < K; -- mut ) {
all *= min_ ( m, top - mut + 2 );
}
for ( int i = 1; i < mut; ++ i ) setnxt ( pos, a[stk[i]] );
for ( int i = mut; i <= top; ++ i ) {
for ( int j = mut; j <= top; ++ j ) {
if ( used[j] ) continue;
used[j] = true;
LL all = 1;
for ( int k = mut, pre = i; k <= top; ++ k ) {
if ( !used[k] ) {
all *= min_ ( top, k + m - 1 ) - pre ++;
}
}
if ( all < K ) K -= all, used[j] = false;
else { setnxt ( pos, a[stk[j]] ); break; }
}
}
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
wint ( ans[i] );
putchar ( i ^ n ? ' ' : '\n' );
}
return 0;
}

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