题解 AT1984 【[AGC001F] Wide Swap】

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题意简述

有一个 1 \sim N 的排列 P_1 \sim P_N，你可以执行如下操作任意多次：

请问你能得到的字典序最小的排列是什么？请输出它。

题解

它给了个排列 P，然后 i, j 两个位置能交换的条件是 |i - j| \ge K 并且 |P_i - P_j| = 1。

这个条件看起来十分的玄妙，考虑 Q 为 P 的逆置换，那么此时就相当于如果 |Q_i - Q_{i + 1}| \ge K 你就可以交换位置 i 和 (i + 1)。

看起来舒服多了。我们需要求出字典序最小的 P，放到 Q 上就是要让值为 1 的下标尽量靠前（Q_x = 1 的 x 尽量小），以此类推。

然后再考虑 Q 中的两个值，如果它们的差小于 K，那么它们就永远无法交换，也就是顺序就被定死了。

也就是说：对于所有满足 |u - v| < K 的 (u, v)，它们在 Q 中出现的相对位置被固定了。

而对于两个排列 Q, R，我们可以证明如果每一对 (u, v) 在 Q, R 中的相对位置都相同的话，它们就可以互相转换。限于篇幅不证。

也就是说只要求出满足所有 (u, v) 限制的排列即可。再次回到初始排列 P，重写限制为：

对于所有满足 |i - j| < K 的下标 (i, j)，如果初始时 P_i < P_j，则最终的排列也必须有 P_i < P_j，反之亦然。

你可以回去观察一下样例是否满足这个条件，一定是满足的。

然而此时我们需要让 P_1 尽量小，在此条件下让 P_2 尽量小，以此类推。

可以发现我们把不等号写出来后，整个序列就变成了个 DAG，我们要给予每个点适当的拓扑编号，让拓扑编号的字典序尽量小。

这就变成了一个经典问题。在一般情况下，它的解决方案并不是部分题解所述的：「直接拓扑排序，但每次优先取编号最小的点」。

而是：把所有边反向，然后拓扑排序（也就是倒着拓扑排序），但每次优先取编号最大的点，拓扑编号也从 N 往 1 编号。

这两种方法是对称的，但是在一般情况下求得的东西并不相同，且第二种才是对的。

无论如何，这张图的边数还是 \mathcal O (N K) 的，不能显式建图做。我们考虑用数据结构优化这个过程：

任意时刻下，入度为 0 的点，即是满足 P_i 为在 (i - K, i + K) 中（注意是开区间）的最大值的 i。

删除一个点 i 就相当于把 P_i 改成 -\infty，与此同时会影响到周围 (i - K, i + K) 这个区域（开区间）的连边情况。

那么我们可以用线段树维护这个过程，初始时先查一遍每个点是否入度为 0，如果是就加入一个大根堆中。

然后每次取出堆顶，删除它然后分别查询 (i - K, i) 和 (i, i + K) 这两个区域中的最大值编号，检查是否入度为 0 入堆。

最后直接输出编号即可，很有趣的一题，时间复杂度为 \mathcal O (N \log N)。

最后：之所以前文中第一种「错误」的方法也能 AC，是因为本题中特殊的连边形式：

考虑第一种方法第一次错误编号时：假设是把本应给位置 k 的编号给了位置 j，根据算法流程，此时有 j < k。

现在 j 的编号减小了，但答案却错了，必是因为 k 的编号增大直接或间接导致了某个位置 i 的编号不得不增大。此时有 i < j < k。

注意到此时 j 是无入度的位置中最小的，所以比 j 小的位置中如果还有未标号的，一定有 j 向其的连边，这是因为：

一直沿 DAG 中的边往回走（删除已编号的点），最终会走到没有入度的点，如果不是 j 则中间一定跨过 j，那时直接到 j 即可。

所以一定有：最终答案中，此时未编号的，比 j 小的位置，其编号一定大于 j 的编号。

所以此时我们如果直接把 j 的编号提到 k 的编号之前，是完全不影响 j 之前的所有点的编号的。

与 i 的标号会增大矛盾，Q.E.D.

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>

const int Inf = 0x3f3f3f3f;
const int MN = 500005, MS = 1 << 20 | 7;

int N, K, P[MN], Ans[MN];

#define li (i << 1)
#define ri (li | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
#define ls li, l, mid
#define rs ri, mid + 1, r
int mxp[MS];
void Build(int i, int l, int r) {
    if (l == r) return mxp[i] = l, void();
    Build(ls), Build(rs);
    mxp[i] = P[mxp[li]] > P[mxp[ri]] ? mxp[li] : mxp[ri];
}
void Del(int i, int l, int r, int p) {
    if (l == r) return mxp[i] = 0, void();
    p <= mid ? Del(ls, p) : Del(rs, p);
    mxp[i] = P[mxp[li]] > P[mxp[ri]] ? mxp[li] : mxp[ri];
}
int Qur(int i, int l, int r, int a, int b) {
    if (r < a || b < l) return 0;
    if (a <= l && r <= b) return mxp[i];
    int v1 = Qur(ls, a, b), v2 = Qur(rs, a, b);
    return P[v1] > P[v2] ? v1 : v2;
}

int inq[MN];
std::priority_queue<int> pq;
inline void check(int id) {
    if (inq[id]) return ;
    if (Qur(1, 1, N, id - K + 1, id + K - 1) == id)
        pq.push(id), inq[id] = 1;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &N, &K);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &P[i]);
    P[0] = -Inf;
    Build(1, 1, N);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) check(i);
    for (int i = N; i >= 1; --i) {
        int u = pq.top(); pq.pop();
        Ans[u] = i;
        Del(1, 1, N, u);
        int pos;
        if ((pos = Qur(1, 1, N, u - K + 1, u - 1))) check(pos);
        if ((pos = Qur(1, 1, N, u + 1, u + K - 1))) check(pos);
    }
    for (int i = 1; i <= N; ++i) printf("%d\n", Ans[i]);
    return 0;
}