agc01F Wide Swap

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考虑一个排列的反排列（$p_i=a$，则$q_a=i$，q为p的反排列）。元排列的问题就能变为在反排列中每次交换相邻的两个数，并且它们要满足差不小于k，使得最终1的位置尽量靠前，然后2的位置尽量靠前，依此类推。

记元排列为P，反排列为Q，最小字典序的Q一定对应最小字典序的P，求出最小字典序后在i前面的数一定都是比i小或者比i大但位置差小于k且在原来Q中就在i前面的数。这样的话就能建一张图表示最终排列里的前后位置关系，然后求这个图的最小字典序的一个拓扑序即可。

如果每个点都这样建边的话那就是$n^2$的了，每个点只需要向前后最先满足条件的点建边即可，其他的其实不需要。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int readint()
{
    char c;int tmp=0,x=1;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-') x=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){tmp=tmp*10+c-'0';c=getchar();}
    return tmp*x;
}
const int maxn=500000+5;
int p[maxn],q[maxn],deg[maxn],ans[maxn],n,k;
set<int > ss;
typedef set<int >::iterator seto;
vector<int > g[maxn];
void addedge(int from,int to)
{
    g[from].push_back(to);
    deg[to]++;
}
priority_queue<int ,vector<int >,greater<int > > pq;
int main()
{
    n=readint();k=readint();
    for(int i=1;i<=n;i++) q[p[i]=readint()]=i;
    seto ite;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i-k>=1) ss.erase(p[i-k]);
        ite=(ss.insert(p[i])).first;
        if(++ite!=ss.end()) addedge(i,q[*ite]);
    }
    ss.clear();
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(i+k<=n) ss.erase(p[i+k]);
        ite=(ss.insert(p[i])).first;
        if(++ite!=ss.end()) addedge(i,q[*ite]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) if(deg[i]==0) pq.push(i);
    int res=0;
    while(!pq.empty()){
        int tp=pq.top();pq.pop();
        ans[tp]=++res;
        for(int j=0;j<(int)g[tp].size();j++) {
            deg[g[tp][j]]--;
            if(deg[g[tp][j]]==0) pq.push(g[tp][j]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}