给一个c++实现的文字分步描述
题意：给一个长度为 N 的数组 a ，若相邻两数之差的绝对值不超过 K 则可以交换，问能得到的所有 a 中字典序最小的一个。
数据范围：1≤N,K≤10
5
,1≤a
i
≤10
9
发现 ∣a
i
−a
j
∣>K 的数无法交换，于是这两个数的相对位置是固定的。换言之，不妨设 i<j ，那么 a
i
始终会在 a
j
前面。对于所有这样的 (i,j) ，我们将 i 向 j 连一条有向边，按照题目要求做拓扑排序即可。
如何做？正常最小拓扑序是把所有入度为 0 的点放入优先队列中，然后每次取堆顶的点并将其连出的边删除。时间复杂度为 O(NK) ，瓶颈为图中可能的边数。
思考一下如何优化，首先可以对原数组离散化，用一个线段树来维护当前可能的最小位置，每次取出作为答案并更新与其有连边的点的入度即可。具体地，若当前点的权值为 u ，则 [1,m]∖[u−K+1,u+K−1] 中的所有权值对应的点的入度 −1 。需要一个带懒标记线段树做区间更新。
时间复杂度：O(NlogN)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define pii pair<int,int>
#define vi vector<int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define sz(x) int(x.size())
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=2e5+5;
int n,K,a[N],val[N],deg[N];
unordered_map <int,int> vis;
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
#define mid ((L+R)>>1)
pii t[N<<2];
int tag[N<<2];
inline pii Min(const pii a,const pii b){
if(a.se == b.se)return make_pair(min(a.fi,b.fi),a.se);
return a.se < b.se ? a : b;
}
void build(int p,int L,int R){
if(L == R){
t[p] = make_pair(L,deg[L]);
return;
}
build(ls,L,mid),build(rs,mid+1,R);
t[p] = Min(t[ls],t[rs]);
}
void push(int p,int v){tag[p] += v,t[p].se += v;}
void down(int p){
if(!tag[p])return;
push(ls,tag[p]),push(rs,tag[p]);
tag[p] = 0;
}
void upd(int p,int L,int R,int l,int r,int v){
if(l > R || r < L)return;
if(l <= L && R <= r){
push(p,v);
return;
}
down(p);
upd(ls,L,mid,l,r,v),upd(rs,mid+1,R,l,r,v);
t[p] = Min(t[ls],t[rs]);
}
int T[N];
void add(int x){for(;x <= n;x += x & -x)T[x]++;}
int Q(int x){
int res = 0;
for(;x;x -= x & -x)res += T[x];
return res;
}
int main(){
n = read(),K = read();
rep(i,1,n)a[i] = read(),val[i] = a[i];
sort(val+1,val+n+1);
rep(i,1,n){
vis[a[i]]++;
a[i] = lower_bound(val+1,val+n+1,a[i]) - val + vis[a[i]] - 1;
}
//calculating in-degree
rep(i,1,n){
int x = lower_bound(val+1,val+n+1,val[a[i]]-K) - val - 1;
int y = lower_bound(val+1,val+n+1,val[a[i]]+K+1) - val - 1;
deg[a[i]] = (i-1) + Q(x) - Q(y);
add(a[i]);
}
build(1,1,n);
rep(i,1,n){
int u = t[1].fi;
cout << val[u] << '\n';
int x = lower_bound(val+1,val+n+1,val[u]-K) - val - 1;
//cout << 1 << ' ' << x << '\n';
int y = lower_bound(val+1,val+n+1,val[u]+K+1) - val - 1;
//cout << y+1 << ' ' << n << '\n';
//cout << u << ' ' << u << '\n';
upd(1,1,n,1,x,-1);
upd(1,1,n,y+1,n,-1);
upd(1,1,n,u,u,n);
}
return 0;
}
题面：# P8099 [USACO22JAN] Minimizing Haybales P
## 题目描述
Bessie 感到无聊，于是又在 Farmer John 的牛棚里制造麻烦。FJ 有 $N$（$1 \le N \le 10^5$）堆草堆。对于每个 $i \in [1,N]$，第 $i$ 堆草堆有 $h_i$（$1 \le h_i \le 10^9$）的草。Bessie 不想让任何的草倒下来，所以她唯一可以执行的操作为：
- 如果两个相邻的草堆的高度相差不超过 $K$（$1 \le K \le 10^9$），她可以交换这两堆草堆。
Bessie 在一系列这样的操作之后可以得到的的字典序最小的高度序列是什么？
## 输入格式
输入的第一行包含 $N$ 和 $K$。第 $i+1$ 行包含第 $i$ 堆草堆的高度。
## 输出格式
输出 $N$ 行，第 $i$ 行包含答案中第 $i$ 堆草堆的高度。
## 输入输出样例 #1
### 输入 #1
```
5 3
7
7
3
6
2
```
### 输出 #1
```
6
7
7
2
3
```
## 说明/提示
【样例解释】
一种 Bessie 可以交换草堆的方式如下：
```plain
7 7 3 6 2
-> 7 7 6 3 2
-> 7 7 6 2 3
-> 7 6 7 2 3
-> 6 7 7 2 3
```
【数据范围】
- 所有测试点的 $10\%$ 满足 $N \le 100$。
- 所有测试点的另外 $20\%$ 满足 $N \le 5000$。
- 其余 $70\%$ 的测试点没有额外限制。
供题：Daniel Zhang，Benjamin Qi
本文通过Stirling公式探讨了n!与n^n在取对数后的等价无穷大特性，展示了虽然n!与n^n数值上差异巨大，但在对数尺度下两者却非常接近的现象，并分析了背后的数学原理。
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