[nowcoder5668I]Sorting the Array

令$f(n,b,m)=a[1..n]$（这里下标从1开始），考虑一些性质：

性质1.对于$forall 1le ile n-m+1$，若$exists 1le j<i,a[j]>a[i]$，那么有$b[i+m-1]=a[i]$，证明略

根据性质1，可以去除掉所有满足条件的$i$，那么$a$就满足单调上升

性质2.对于$forall 1le ile n$，都有$a[i]=f(j,b,j)[i]$，其中$j=min(i+m-1,n)$（归纳法即可证）

根据性质2，容易发现$a_{i}$合法当且仅当其填在$b[1..j]$中，即$b$的方案数为$prod_{i=1}^{n}min(m,n-i+1)$

找到1个最大的$x$满足$prod_{i=x}^{n}min(m,n-i+1)ge k$，那么$forall 1le i<x$，直接将$a_{i}$填在b中最小的未被填过的位置即可，而由于$mge 2$，所以有$n-xge log_{2}k$，即仅需要考虑后$lceil log_{2}k ceil+1$个位置，那么不断枚举当前位置上的数并判断：1.剩余方案数是否不小于k；2.这个位置上的数是否有限制（即填完后要保证$a[i-m+1]$的已填过了）

考虑时间复杂度，由于是多组数据，那么复杂度为$o(nlog_{2}^{ 2}k)$，可以通过优化降为$o(nlog_{2}k)$

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 800005
int t,n,m,x,a[N],b[N],id[N],vis[N],ans[N];
long long k;
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
        int s=0,nn=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=0;
        for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&x);
            if (s>x)ans[i+m-1]=x;
            else{
                s=a[++nn]=x;
                while (ans[j])j++;
                id[nn]=j++;
            }
        }
        int las=nn;
        long long sum=1;
        while (sum<k){
            las--;
            sum*=min(nn-las+1,m);
        }
        for(int i=1;i<las;i++)ans[id[i]]=a[i];
        for(int i=las;i<=nn;i++){
            vis[i]=0;
            b[i]=min(nn-i+1,m);
        }
        for(int i=las;i<=nn;i++)
            for(int j=las;j<=nn;j++)
                if (!vis[j]){
                    sum=sum/(b[j]--);
                    if (k<=sum){
                        vis[j]=1;
                        ans[id[i]]=a[j];
                        break;
                    }
                    k-=sum;
                    sum*=b[j];
                }
        for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
        printf("
");
    }
}