题意简述
你有一个长度为(N)的排列。将(i)和(j)两个位置的数字交换的条件是：(|i-j|>=k)并且(|Ai-Aj|=1)
你可以进行无数次交换操作，输出操作后能够得到的最小的字典序的排列。
(N≤5e5)
分析
首先，第一步的转化就很不容易想到。
就是我们可以把数和下标进行调换。
定义反函数(Q[A[i]]=i)，那么条件就可以转化为：相邻两个数满足差的绝对值大于等于(k)就可以进行交换。
这样我们就把交换的距离限定在了相邻的两个数之间，比较方便。
要求(A[])的字典序最小，那么也就是(Q[])的字典序最小。简单证明一下：
假设(Q[])字典序最小的方案(Q_a)是：(Q_1Q_2Q_3...Q_i...Q_n)
(A[])字典序最小的方案对应的(Q_b)是：(Q_1Q_2Q_3...Q_i'...Q_n)
这两个序列前面都是一样的，从第(i)位开始有区别，由于(Q_a)是所有(Q[])中字典序最小的，所以(Q_i<Q_i')。那么在(Q_a)方案对应的(A[])中，(i)被放在了更前面的位置，由于([1,i-1])的放置位置是一样的，所以(Q_a)方案更优。
所以现在我们的问题就变成了：对于数组(Q[])，相邻两个数满足差的绝对值大于等于(k)就可以进行交换，可以交换无数次，求字典序最小的结果。
我们发现这玩意儿有点像冒泡排序，我们想把大的往后面移，但是移动的条件是(Q[i]-Q[i+1]≥k)。我们可以发现，对于任意的(i<j),如果(|Q[i]-Q[j]|<k)，那么这两个数的相对位置无法改变，哪怕中间可以把他们换到相邻，他们两个也会无法交换，也就是(Q[i])一直会在(Q[j])的前面。
这样就可以想到拓扑排序了，我们对于两个数(i<j)，如果(|Q[i]-Q[j]|),那么就连一条(i->j)的单向边，表示(Q[i])要在(Q[j])的前面，按照拓扑序安排数的顺序，就符合条件。
但是这样做，边是(O(n^2))的，所以复杂度很高。
我们注意到有些边可能是没用的，比如(a->b,b->c),那么(a->c)就是一个无用的约束条件。
所以就可以不连(a->c)那样的边，每个数连它右边最近的那个满足条件的点就可以了，这样约束关系就可以传递过去，而且每个点都最多只会有一个出度。
怎么找它右边最近的那个满足条件的点呢？用权值线段树维护。
Code View
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
#define N 500005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
int rd()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar();}
return f*x;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;//小根堆 保证字典序最小
int n,k,m;
int ind[N];
vector<int>G[N];
int q[N],ans[N];
int tree[N<<2];
//权值线段树 维护区间最小值(因为是从右到左 就是离他最近
void PushUp(int i)
{
tree[i]=min(tree[i<<1],tree[i<<1|1]);
}
void Update(int i,int l,int r,int pos,int val)
{
if(l==r)
{
tree[i]=val;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) Update(i<<1,l,mid,pos,val);
else Update(i<<1|1,mid+1,r,pos,val);
PushUp(i);
}
int Query(int i,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(r<ql||qr<l) return INF;
if(ql<=l&&qr>=r) return tree[i];
int mid=(l+r)>>1;
return min(Query(i<<1,l,mid,ql,qr),Query(i<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
}
void Topo()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!ind[i]) Q.push(i);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.top(); Q.pop();
q[++m]=u;
for(int i=0;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i];
ind[v]--;
if(!ind[v]) Q.push(v);
}
}
}
int main()
{
memset(tree,INF,sizeof(tree));
n=rd(),k=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)
q[rd()]=i;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
int j=Query(1,1,n,q[i]+1,q[i]+k-1);//q[j]-q[i]<k
if(j!=INF) ind[q[j]]++,G[q[i]].push_back(q[j]);
j=Query(1,1,n,q[i]-k+1,q[i]-1);//q[i]-q[j]<k
if(j!=INF) ind[q[j]]++,G[q[i]].push_back(q[j]);
Update(1,1,n,q[i],i);
}
Topo();
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[q[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}