AtCoder Grand Contest 001 F: Wide Swap
题目传送门：AGC001F。
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：
- 选取两个下标 \(i, j\)（\(1 \le i < j \le N\)），还需满足 \(j - i \ge K\) 且 \(|P_i - P_j| = 1\)，然后交换 \(P_i\) 与 \(P_j\) 的值。
请问你能得到的字典序最小的排列是什么？请输出它。
- \(1 \le N \le 5 \times {10}^5\)。
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;
}
