[atARC114F]Permutation Division

由于是排列，即任意两个数字都各不相同，因此字典序最大的$q_{i}$就是将每一段的第一个数从大到小排序

接下来，考虑第一个元素，也就是每一段开头的最大值，分类讨论：

1.当$p_{1}\le k$时，取$1,2,...,k$为每一段开头是唯一一种可以使$q_{i}$以$k$为开头的方案（证明略）

2.当$p_{1}>k$时，假设这$k$个块的开头依次为$a_{1},a_{2},...,a_{k}$（其中$a_{1}=1$），将其按照开头的数字从大到小排序后，依次为$b_{1},b_{2},...,b_{k}$

考虑$a_{i}$和$b_{i}$的最长公共前缀，假设为$l$（即$\forall 1\le i\le l,a_{i}=b_{i}$且$a_{l+1}\ne b_{l+1}$），根据$b$是$a$排序得到，那么$l$还可以用另一种方式来描述：最大的$l$满足$p_{a_{1}}>p_{a_{2}}>...>p_{a_{l}}>\max_{i=l+1}^{k}p_{a_{i}}$

更进一步的，注意下面这两个性质：

1.$q_{i}$的字典序是随着$k$的减小而单调不增的，即在同样的情况下，我们希望$k$小（当$k$缩小时，只需要将任意两段合并，$q_{i}$字典序显然不增）

2.取$k=1$时即$q=p$，根据性质1即可得$q\ge p$，那么$q_{i}$最小的必要条件是其与$p_{i}$的最长公共前缀最长

继续前面的思路，不难发现$a_{l+1}-1$其实就是这一组$p_{i}$和$q_{i}$的最长公共前缀长度，而如果已经（暴力枚举）确定了$l$、$a_{l}$以及$a_{l+1}$，那么问题即变为：

选择一个长度为$l$且以1为开头、$a_{l}$为结尾的递减序列，并对$p_{a_{l+1}},p_{a_{l+1}+1},...,p_{n}$这个序列划分为$k-l$段，要求在每一段开头都小于$p_{a_{l}}$的基础上最小化字典序

当$a_{l}$确定时，我们是希望$l$尽量大的，而这个$l$也就是最长下降子序列，$o(n\log n)$预处理出来

更进一步的，在$l$和$a_{l}$确定后，我们希望$a_{l+1}$尽量大，考虑如何判定一个$a_{l+1}$是否合法，只需要满足：1.$p_{a_{l+1}}<p_{a_{l}}$；2.在$p_{a_{l+1}},p_{a_{l+1}+1},...,p_{n}$中存在$k-l$个数比$p_{a_{l}}$小

更具体的，所谓$a_{l+1}$其实就是在$p_{n}$往前，第$k-l$个比$p_{a_{l}}$小的数，那么其之后（包括其自身）恰好存在$k-l$个比$p_{a_{l}}$小的数，必然以这些数为开头，即确定了划分的方案

关于如何找到$a_{l+1}$，将1到$n$每一个数在$p_{i}$中的位置依次插入，插入时末尾第$k-l$小即为答案，用线段树维护并在其上二分即可

找到$a_{l+1}$后，实际上这最后的$k-l$个数也可以看作$p_{a_{l+1}},p_{a_{l+1}+1},...,p_{n}$中最小的$k-l$个数，那么显然我们仍然可以在$a_{l+1}$最大的情况下找到最大的$l$即可

总复杂度即$o(n\log n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define L (k<<1)
#define R (L+1)
#define mid (l+r>>1)
int n,k,a[N],pos[N],dp[N],nex[N],b[N],f[N<<2];
void update1(int k,int l,int r,int x,int y){
    if (l==r){
        f[k]=y;
        return;
    }
    if (x<=mid)update1(L,l,mid,x,y);
    else update1(R,mid+1,r,x,y);
    f[k]=max(f[L],f[R]);
}
int query1(int k,int l,int r,int x,int y){
    if ((l>y)||(x>r))return -0x3f3f3f3f;
    if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k];
    return max(query1(L,l,mid,x,y),query1(R,mid+1,r,x,y));
}
void update2(int k,int l,int r,int x){
    f[k]++;
    if (l==r)return;
    if (x<=mid)update2(L,l,mid,x);
    else update2(R,mid+1,r,x);
}
int query2(int k,int l,int r,int x){
    if (l==r)return l;
    if (x<=f[R])return query2(R,mid+1,r,x);
    return query2(L,l,mid,x-f[R]);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)pos[a[i]]=i;
    if (a[1]<=k){
        for(int i=k;i;i--){
            printf("%d ",i);
            for(int j=pos[i]+1;(j<=n)&&(a[j]>k);j++)printf("%d ",a[j]);
        }
        return 0;
    }
    memset(f,-0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[i]=query1(1,1,n,a[i]+1,n)+1;
        if (a[i]<=a[1])dp[i]=max(dp[i],1);
        update1(1,1,n,a[i],dp[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (dp[i]>=k){
            for(int j=1;j<=n;j++)printf("%d ",a[j]);
            return 0;
        }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        nex[pos[i]]=query2(1,1,n,k-dp[pos[i]]);
        if (nex[pos[i]]<pos[i])nex[pos[i]]=0;
        update2(1,1,n,pos[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)nex[0]=max(nex[0],nex[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (nex[i]==nex[0])dp[0]=max(dp[0],dp[i]);
    for(int i=1;i<nex[0];i++)printf("%d ",a[i]);
    for(int i=nex[0];i<=n;i++)b[i-nex[0]]=a[i];
    sort(b,b+n-nex[0]+1);
    for(int i=k-dp[0]-1;i>=0;i--){
        printf("%d ",b[i]);
        for(int j=pos[b[i]]+1;(j<=n)&&(a[j]>b[k-dp[0]-1]);j++)printf("%d ",a[j]);
    }
}