为了构造时恰好取到 (k) 对时的方便，可以考虑将 (a) 设为互不相同的 (n) 个数，这样对每个 (b) 的取值对答案的贡献就是可以通过调整变成任意值的。
因为要尽可能造成贡献，因此我们先简单地将 (a) 设置成 (-n sim -1) 中的每一个数。
那么此时将目光回到 (b) 上来，你会发现任意一个 (b_{q_i}) 对答案的贡献都可以通过调整取到 ([0, q_i)) 中的任意一个数。
同时因为 (b) 中是有大小关系的，因此可以考虑按照这个大小关系来赋值，这样就可以满足题目的要求了。
那么如果当前的 (k > q_i - 1)，为了尽可能不给后面留负担，我们要把所有能匹配的数都匹配完；同时为了给后面更大的取值范围，我们将这个数设置为 (-n) 即可满足上述两个要求。
那么对于 (k le q_i - 1) 的情况，因为之前的每个数都是取的 (-n)，因此此时这个位置是能取任意一个数的。
因为 (a) 中每个数都是互不相同的，因此通过调整一定能找到一个恰好贡献为 (k) 的位置；那么对于后面的所有数，直接填 (n) 即可不造成任何贡献。
不难证明这个过程是可以构造出 (k in [0, sum q_i - 1 = frac{n(n - 1)}{2}]) 的任意一组解的，复杂度 (O(n log n))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 300000 + 5;
int n, k, p[N], q[N], a[N], b[N], c[N];
int read() {
char c; int x = 0, f = 1;
c = getchar();
while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
signed main() {
n = read(), k = read();
rep(i, 1, n) p[i] = read();
rep(i, 1, n) q[i] = read();
rep(i, 1, n) a[p[i]] = c[p[i]] = i - n - 1;
rep(i, 1, n) {
if(k > q[i] - 1) b[q[i]] = -n, k -= q[i] - 1;
else if(k == q[i] - 1) {
b[q[i]] = -n;
rep(j, i + 1, n) b[q[j]] = n;
break;
}
else {
sort(c + 1, c + q[i]);
b[q[i]] = -c[k + 1];
rep(j, i + 1, n) b[q[j]] = n;
break;
}
}
puts("Yes");
rep(i, 1, n) printf("%lld ", a[i]); puts("");
rep(i, 1, n) printf("%lld ", b[i]); puts("");
return 0;
}
实际上，我认为像这样固定某一方，从另一方的视角看待整个限制两者的方法也可以认为是一种主元法。