- 给定一个 (1sim n) 的排列 (a_{1sim n}) 和一个长度为 (n) 的 (01) 序列 (b_{1sim n})。
- 要求将序列划分为恰好 (m) 段，使得每一段 (b_i) 中 (0) 和 (1) 个数差的绝对值的最大值最小。
- 在此前提下，记每一段末尾的 (a_i) 为 (q_{1sim m})，求字典序最小的 (q)。
- (1le nle 5 imes10^5)，(1le mle2 imes10^5)
最小的差值
记 (op_i=egin{cases}1&b_i=1,\-1&b_i=0end{cases})，并设 (s_i=sum_{k=1}^iop_k)。
显然，最小的差值必然大于等于 (lceilfrac{s_n}l ceil)。
记 (t=lceilfrac{s_n}l ceil)，如果 (t>0)，肯定存在若干个位置满足 (s_i) 分别为 (t,2t,3t,cdots)，分别取这些位置作为段末尾，最小的差值可以取到 (t)。
如果 (t=0)，若存在大于等于 (m) 个位置满足 (s_i=0) 那么最小的差值就能取到 (0)，否则只能取到 (1)。
这样一来我们就确定了最小的差值（记作 (g)），接下来就是要在此前提下求出字典序最小的 (q)。
最小的字典序
因为要让字典序最小，依次考虑每一项，肯定是在合法的项中选择最小的那一项。
如果 (g=0)，我们只能在 (s_i=0) 的位置中选择（假设有 (c) 个），只要初始将前 (c-m) 个元素加入单调队列，然后每加入一个元素就取出队首输出即可。
对于一般情况，假设我们当前在填第 (i) 项，上一段末尾位置为 (lst)，那么对于一个位置 (x)，需要满足以下条件：
- 因为末尾位置递增，所以 (x > lst)。
- 因为之后还要划分出 (m-i) 段，所以 (xle n-m+i)。
- 因为差值不能超过答案 (g) ，所以 (s_{lst}-gle s_xle s_{lst}+g)。
- 因为剩下的位置需要能在 (m-i) 段以内划分完，所以 (|s_n-s_x|le (m-i) imes g)。
对于前两个条件，因为 (lst,n-m+i) 都是单调递增的，依旧使用单调队列维护，只要每次更新 (i) 时加入新的合法元素，更新 (lst) 时弹出开头的不合法元素即可。
对于后两个条件，发现只与 (s_x) 有关，因此可以实际上可以对于不同的 (s_x) 分别开一个单调队列，每次枚举 ([s_{lst}-g,s_{lst}+g]) 范围内的这些单调队列，用其中合法的那些更新答案。
具体实现中我们需要讨论 (m) 个末尾位置，对于每个位置至多需要枚举 (2g+1) 个单调队列，因为 (mg≈s_nle n)，所以总复杂度 (O(n))。
代码：(O(n))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define INF (int)1e9
using namespace std;
int n,m,a[N+5],s[N+5];
namespace FastIO
{
#define FS 100000
#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
#define pc(c) (FC==FE&&(clear(),0),*FC++=c)
int OT;char oc,FI[FS],FO[FS],OS[FS],*FA=FI,*FB=FI,*FC=FO,*FE=FO+FS;
I void clear() {fwrite(FO,1,FC-FO,stdout),FC=FO;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
Tp I void write(Ty x) {W(OS[++OT]=x%10+48,x/=10);W(OT) pc(OS[OT--]);pc(' ');}
}using namespace FastIO;
int pre[N+5],nxt[N+5];struct Q
{
int H,T;I void A(CI x) {W(T&&a[T]>a[x]) T=pre[T];T?(pre[x]=T,nxt[T]=x,T=x):(H=T=x);}//单调队列
I void D(CI x) {H==x&&(pre[H=nxt[H]]=0,!H&&(H=T=0));}//弹出队首
}q[2*N+5];
int main()
{
RI i,x,c=0;for(read(n,m),a[0]=INF,i=1;i<=n;++i) read(a[i],x),!(s[i]=s[i-1]+(x?1:-1))&&++c;
RI g=(abs(s[n])+m-1)/m;!g&&c<m&&++g;if(!g)//如果g=0
{
for(c=0,i=1;i<=n;++i) !s[i]&&(a[++c]=a[i]);for(i=1;i<=c-m;++i) q[0].A(i);//加入前c-m个元素
for(i=1;i^m;++i) q[0].A(c-m+i),write(a[q[0].H]),q[0].D(q[0].H);return write(a[n]),clear(),0;//加一个元素，输出一次队首
}
RI o=1,j,t,id,k=0;for(i=1;i<=n-m;++i) q[n+s[i]].A(i);for(i=1;i^m;++i)//加入前n-m个元素
{
q[n+s[n-m+i]].A(n-m+i),t=INF;//加入第n-m+i个元素
for(j=max(k-g,-n);j<=min(k+g,n);++j) abs(s[n]-j)<=g*(m-i)&&t>a[q[n+j].H]&&(t=a[id=q[n+j].H]);//枚举合法的单调队列更新答案
write(t),k=s[id];W(o<=id) q[n+s[o]].D(o),++o;//弹出开头的不合法元素
}return write(a[n]),clear(),0;//最后的末尾必须是a[n]
}