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~~被这道题虐了两天~~
由于 $\lfloor\frac ik\rfloor<i$ ，所以难度的拓扑序是一棵树或森林。
具体地，我们把 $\lfloor\frac ik\rfloor$ （如果存在）作为 $i$ 的父亲节点。
问题转化为将 $d$ 数组填充进节点的权值，使得每个点子树内的权值都不小于这个点的权值，并输出字典序最大的方案。
字典序显然可以贪心。
考虑记下子树大小 $size$ ，并将 $d$ 从大到小排序。
一个优 (cuo) 秀 (wu) 的贪心：
节点 $1$ 为根，那么节点 $1$ 及其子树内分配到 $d[1...size[1]]$ 的权值。
如果 $2$ 为根，那么 $2$ 及其子树内分配到 $d[size[1]+1...size[1]+size[2]]$ 的权值。
如果 $3$ 还是根，则其子树分配到 $d[size[1]+size[2]+1...size[1]+size[2]+size[3]]$ ，以此类推。
如果 $u$ 有父亲 $v$ 且 $v$ 预分配到了 $d[l...r]$ ，就同样把 $d[l...r]$ 如上面一样分组并分配给 $u$ 。
~~才怪。~~ 55 分。
考虑 $d$ 有相同权值的时候，如：
$n=6,k=3,d=\{3,3,2,2,2,2\}$
那么这是由两棵树构成的森林，一棵大小为 $4$ 另一棵为 $2$ 。
显然，第一棵树要分配权值的最小值为 $2$ ，即节点 $1$ 要填充 $2$ 。
然而如果这时第一棵树不填充 $\{3,3,2,2\}$ 而填充 $\{2,2,2,2\}$ 就可以把剩下的 $\{3,3\}$ 让给第二棵树，得到字典序更大的解。
于是我们改变贪心策略：在 $d$ 中从右往左找到最左位置 $x$ 使得节点 $x$ 的左边（包括 $x$ ）至少存在 $size[u]$ 个未被取走的节点，然后找到一个 $y$ 使得满足 $d[x]=d[y]$ 且 $y$ 最大。这时候节点 $u$ 填充的权值为 $d[y]$ 。
考虑用线段树。设 $p[i]$ 表示 $d[i]$ 的左边还有多少个点可取。
计算一个节点 $u$ 时，可以得出如果 $u$ 的权值能取 $d[i]$ ，那么一定满足：
$\min_{j=i}^np[j]\ge size[u]$
可以在线段树上二分得到这个最小的 $i$ 。需要记录区间最小值。
然后找到一个 $j$ 满足 $d[i]=d[j]$ ， $d[j]$ 没有被取走并且 $j$ 最大。
然后把 $u$ 的权值设为 $d[j]$ ，这时候， $p[j...n]$ 都要减去 $size[u]$ 。维护标记即可。这可以看成是为 $u$ 的子树预留 $size[u]$ 个权值。
同时注意细节：如果一个点 $u$ 有父亲 $v$ ，那么这时候 $u$ 就可 (bi) 以 (xu) 放在 $v$ 的子树内（废话），所以要把 $v$ 为子树所预留的点（不包括 $v$ 自己）还给 $u$ 以及 $v$ 的其他子节点，也就是 $p[ans[v]...n]$ 减去 $size[v]-1$ 。特别注意 $v$ 只需要在第一个子节点 $u$ 处消除影响一次。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)
#define p2 p << 1
#define p3 p << 1 | 1
using namespace std;
inline int read() {
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 5e5 + 5, M = N << 2;
int n, d[N], fa[N], sze[N], f[M], add[M], pre[N], nxt[N], ans[N];
double k;
int comp(int a, int b) {
	return a > b;
}
void build(int l, int r, int p) {
	if (l == r) return (void) (f[p] = l);
	int mid = l + r >> 1;
	build(l, mid, p2); build(mid + 1, r, p3);
	f[p] = min(f[p2], f[p3]);
}
void down(int p) {
	add[p2] += add[p]; add[p3] += add[p];
	add[p] = 0;
}
void upt(int p) {
	f[p] = min(f[p2] + add[p2], f[p3] + add[p3]);
}
void change(int l, int r, int s, int e, int v, int p) {
	if (l == s && r == e) return (void) (add[p] += v);
	int mid = l + r >> 1;
	down(p);
	if (e <= mid) change(l, mid, s, e, v, p2);
	else if (s >= mid + 1) change(mid + 1, r, s, e, v, p3);
	else change(l, mid, s, mid, v, p2),
		change(mid + 1, r, mid + 1, e, v, p3);
	upt(p);
}
int ask(int l, int r, int k, int p) {
	if (l == r) return f[p] + add[p] >= k ? l : l + 1;
	int mid = l + r >> 1, res;
	down(p);
	if (f[p3] + add[p3] >= k) res = ask(l, mid, k, p2);
	else res = ask(mid + 1, r, k, p3);
	return upt(p), res;
}
int main() {
	int i;
	cin >> n >> k;
	For (i, 1, n) d[i] = read();
	sort(d + 1, d + n + 1, comp);
	For (i, 1, n) fa[i] = floor(1.0 * i / k);
	For (i, 1, n) {
		pre[i] = i;
		if (i > 1 && d[i - 1] == d[i]) pre[i] = pre[i - 1];
	}
	Rof (i, n, 1) {
		nxt[i] = i;
		if (i < n && d[i] == d[i + 1]) nxt[i] = nxt[i + 1];
	}
	For (i, 1, n) sze[i] = 1;
	Rof (i, n, 1) if (fa[i]) sze[fa[i]] += sze[i];
	build(1, n, 1);
	For (i, 1, n) {
		if (fa[i] && fa[i] != fa[i - 1])
			change(1, n, ans[fa[i]], n, sze[fa[i]] - 1, 1);
		int pos = ask(1, n, sze[i], 1), p = pre[pos], q = nxt[p];
		nxt[p]--; ans[i] = q;
		change(1, n, q, n, -sze[i], 1);
	}
	For (i, 1, n) printf("%d ", d[ans[i]]);
	cout << endl;
	return 0;
}

[BZOJ5249][2018多省省队联测]IIIDX（贪心+线段树）

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