解法参考这位大佬的：https://www.cnblogs.com/BearChild/p/7895719.html
因为原来的数组不好做于是我们想反过来数组，根据交换条件：值相邻且位置差大于等于k，那么在变换后的数组就变成了位置相邻且差值大于等于k。这样的话变换操作变成了，相邻的大于等于k的值临近交换，于是我们注意到因为现在只能临近交换的原因，两个差值小于k的数他们的相对位置不可能发生改变。那么问题就变成了，在只有一些相对位置限制条件下，无限制的可以随意交换位置，求这个数组的最小字典序（原数组字典序最小也是现在数组字典序最小）。那么我们容易想到拓扑排序。
但是如果每个点都想后面差值小于k的点连边的话，这个图会变得十分巨大，时间无法承受。于是我们必循得考虑优化建图：我们注意到像a->b,b->c,a->c这种建图，a->c这条边是不必要的。于是我们想办法避免掉这种无意义的边，所以对于某个点，我们让它向后面的所有限制(即差值小于k)中只向最小的那一个点连边，那么用线段树维护这样的信息，这样就达到优化建图的目的。
这样只向最小的连边为什么是对的呢？借用上面大佬的一句话：倒着加入，显然 p_i 连向 (p_i-k, p_i)∪(p_i, p_i+k)。我们只需要分别连向两个区间中下标最小的那一个即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=5e5+10; const int INF=0x3f3f3f3f; int n,k,tot,a[N],pos[N],deg[N],ans[N]; set<int> L,R; vector<int> G[N]; priority_queue<int> q; void toposort() { for (int i=1;i<=n;i++) if (deg[i]==0) q.push(-i); while (!q.empty()) { int x=-q.top(); q.pop(); a[++tot]=x; for (int i=0;i<G[x].size();i++) { int y=G[x][i]; if (--deg[y]==0) q.push(-y); } } } int Min[N<<2]; void build(int rt,int l,int r) { Min[rt]=INF; if (l==r) return; int mid=l+r>>1; build(rt<<1,l,mid); build(rt<<1|1,mid+1,r); } void update(int rt,int l,int r,int q,int v) { if (l==r) { Min[rt]=min(Min[rt],v); return; } int mid=l+r>>1; if (q<=mid) update(rt<<1,l,mid,q,v); if (q>mid) update(rt<<1|1,mid+1,r,q,v); Min[rt]=min(Min[rt<<1],Min[rt<<1|1]); } int query(int rt,int l,int r,int ql,int qr) { if (ql<=l && r<=qr) return Min[rt]; int mid=l+r>>1; int ret=INF; if (ql<=mid) ret=min(ret,query(rt<<1,l,mid,ql,qr)); if (qr>mid) ret=min(ret,query(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr)); return ret; } int main() { cin>>n>>k; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i=1;i<=n;i++) pos[a[i]]=i; build(1,1,n); for (int i=n;i;i--) { int t1=query(1,1,n,max(1,pos[i]-k+1),pos[i]); if (t1<=n) G[pos[i]].push_back(pos[t1]),deg[pos[t1]]++; int t2=query(1,1,n,pos[i],min(n,pos[i]+k-1)); if (t2<=n) G[pos[i]].push_back(pos[t2]),deg[pos[t2]]++; update(1,1,n,pos[i],i); } toposort(); for (int i=1;i<=n;i++) ans[a[i]]=i; //最后记得把答案反过来 for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }