题目描述
你有一个长度为$n$的排列$P$与一个正整数$K$
你可以进行如下操作若干次使得排列的字典序尽量小
对于两个满足$|i−j|\geqslant K$且$|P_i−P_j|=1$的下标$i$与$j$，交换$P_i$与$P_j$
输入格式
第一行包括两个正整数$n$与$K$
第二行包括$n$个正整数，第$i$个正整数表示$P_i$
输出格式
输出一个新排列表示答案
输出共$n$行，第$i$行表示$P_i$
样例
样例输入：
8 3
4 5 7 8 3 1 2 6
样例输出：
1
2
6
7
5
3
4
8
数据范围与提示
对于前$20\%$的数据满足$n\leqslant 6$
对于前$50\%$的数据满足$n\leqslant 2,000$
对于$100\%$的数据满足$n\leqslant 500,000$
题解
这是一道暴力有$90$分的题……
先来考虑如何换，我们每扫到一个位置，发现比它小$1$的在它右边距离大于$K$的位置就交换，不断的扫整个序列，直到无法交换为止，这时候肯定是最优的。
交换不大于$n$次，瓶颈就在于如何快速查询交换的位置。
首先，我们设$pos[i]$表示权值为$i$的数字在哪儿，即先当与权值与下标调换。
那么，我们另$P_i$的字典序最小也就是另$pos[i]$的字典序最小，则操作转化为：相邻元素且权值差$\geqslant K$可以交换。
接着，问题开始抽象化，我们考虑建图……
先来考虑暴力建边，如果$i$与后面的$j$相比，$abs(pos[i]-pos[j])<K$则其顺序已经确定，那么可以相互连边，然后跑拓扑。
但是暴力建边显然无论是时间还是空间都会死掉（还是$90$分……）
那么我们靠有些边是无用的，即如果$A\rightarrow B$且$B\rightarrow C$，那么$A\rightarrow C$这条边就是无用的，但是显然我们现在的策略无法避免，考虑如何处理。
这种情况我们一般都考虑倒着做，因为$pos[i]$连向$(pos[i]-K,pos[i])\cup(pos[i],pos[i]+K)$，但是我们只需要分别连向两个区间内下标最小的那个，用线段树快速查询即可。
时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
#define L(x) x<<1
#define R(x) x<<1|1
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[1000001];
int head[500001],cnt;
int n,K;
int tr[2000001];
int pos[500001],du[500001];
int ans[500001];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void pushup(int x){tr[x]=min(tr[L(x)],tr[R(x)]);}
void insert(int x,int l,int r,int k,int w)
{
if(l==r){tr[x]=w;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)insert(L(x),l,mid,k,w);
else insert(R(x),mid+1,r,k,w);
pushup(x);
}
int ask(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(r<L||R<l)return 0x3f3f3f3f;
if(L<=l&&r<=R)return tr[x];
int mid=(l+r)>>1;
return min(ask(L(x),l,mid,L,R),ask(R(x),mid+1,r,L,R));
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
memset(tr,0x3f,sizeof(tr));
for(int i=1;i<=n;i++){int a;scanf("%d",&a);pos[a]=i;}
for(int i=n;i;i--)
{
int x;
x=ask(1,1,n,pos[i]+1,min(pos[i]+K-1,n));
if(x!=0x3f3f3f3f){add(pos[i],pos[x]);du[pos[x]]++;}
x=ask(1,1,n,max(1,pos[i]-K+1),pos[i]-1);
if(x!=0x3f3f3f3f){add(pos[i],pos[x]);du[pos[x]]++;}
insert(1,1,n,pos[i],i);
}
int now=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!du[i])q.push(i);
while(!q.empty())
{
int x=q.top();q.pop();
ans[x]=++now;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!(--du[e[i].to]))q.push(e[i].to);
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
rp++
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11629296.html