Atcoder Grand Contest 001 F - Wide Swap（拓扑排序）

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咦？鸽子 tzc 来补题解了？奇迹奇迹（

首先考虑什么样的排列可以得到。我们考虑 \(p\) 的逆排列 \(q\)，那么每次操作的过程从逆排列的角度思考，就可视作每次在逆排列中交换两个相邻，且元素值之差 \(\ge k\) 的元素。注意到对于两个元素 \(x,y\)，如果 \(|x-y|<k\)，那么我们肯定永远无法交换它们，它们的相对位置顺序也永远无法改变，因为要改变它们的相对顺序必须交换它们。而一对 \(|q_i-q_j|<k,i<j\) 的 \((i,j)\) 恰好对应一对 \(p_i<p_j,|i-j|<k\) 的 \((i,j)\)。因此对于相距 \(<k\) 的位置，它们的相对大小顺序不能发生变化。而我们能够证明，如果两个排列 \(p,p'\)，满足它们相距 \(<k\) 的位置上的元素相对位置大小不变，那么它们之间就能够互相转化，证明我也不太会，一个感性地想法是，我们记排列 \(q\) 满足 \(p\circ q=p'\)，那么我们每次总能交换两个数，使得 \(q\) 逆序对大小减一，因此它们能够互相转化。

我们考虑对于 \(|i-j|<k\)，如果 \(p_i<p_j\) 则连一条 \(i\to j\) 的边，否则连一条 \(j\to i\) 的边，那么不考虑复杂度的问题，我们的目标就是给每个点赋上一个标号 \(r_i\)，使得对于所有有向边 \(u\to v\)，都有 \(r_u<r_v\)，并且 \(r\) 的字典序尽可能小。这是一个经典问题，考虑这样的过程，我们建反图然后拓扑排序，每次取出编号最大的点然后在上面填 \(n,n-1,\cdots\) 以此类推，类似的题有这个（它是道 Ag 的题但代码异常短）。但是暴力建图复杂度是 \(nk\) 的，无法通过。不过注意到此题建图方式很特殊，\(n^2\) 建边+特殊建图方式 \(=n\log n\)（暴论），注意到一个点 \(x\) 度为 \(0\)，当且仅当 \(p_x\) 为 \([x-k+1,x+k-1]\) 的最大值，因此我们考虑用线段树维护这个过程，先一遍扫过去将所有度为 \(0\) 的点压入优先队列，然后每次取出一个点 \(x\) 时，就将 \(p_x\) 改为 \(-\infty\)，然后松弛与其相连的点即可。不难发现每次松弛只有 \([x-k+1,x-1]\) 中最大值的位置和 \([x+1,x+k-1]\) 最大值的位置是有用的，只用松弛这两个点即可。

时间复杂度 \(n\log n\)。

const int MAXN=5e5;
int n,m,p[MAXN+5],res[MAXN+5];
struct node{int l,r;pii mx;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);}
void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r) return s[k].mx=mp(p[l],l),void();
	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
	pushup(k);
}
void modify(int k,int p,pii v){
	if(s[k].l==s[k].r) return s[k].mx=v,void();
	int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	(p<=mid)?modify(k<<1,p,v):modify(k<<1|1,p,v);
	pushup(k);
}
pii query(int k,int l,int r){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].mx;
	int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
	else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
	else return max(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}
priority_queue<int> q;
bool inq[MAXN+5];
void check(int x){
	if(!x||inq[x]) return;
	if(x==query(1,max(x-m,1),min(x+m,n)).se)
		q.push(x),inq[x]=1;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);--m;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	build(1,1,n);int c=n;
	for(int i=1;i<=n;i++) check(i);
	while(!q.empty()){
		int x=q.top();q.pop();res[x]=c--;
//		printf("%d\n",x);
		modify(1,x,mp(-INF,0));
		check(query(1,max(x-m,1),x).se);
		check(query(1,x,min(x+m,n)).se);
	} for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",res[i]);
	return 0;
}