令$f(n,b,m)=a[1..n]$（這裡下標從1開始），考慮一些性質： 性質1.對於$\forall 1\le i\le n-m+1$，若$\exists 1\le j<i,a[j]>a[i]$，那麼有$b[i+m-1]=a[i]$，證明略 根據性質1，可以去除掉所有滿足條件的$i$，那麼$a$就滿足單調上升 性質2.對於$\forall 1\le i\le n$，都有$a[i]=f(j,b,j)[i]$，其中$j=\min(i+m-1,n)$（歸納法即可證） 根據性質2，容易發現$a_{i}$合法當且僅當其填在$b[1..j]$中，即$b$的方案數為$\prod_{i=1}^{n}\min(m,n-i+1)$ 找到1個最大的$x$滿足$\prod_{i=x}^{n}\min(m,n-i+1)\ge k$，那麼$\forall 1\le i<x$，直接將$a_{i}$填在b中最小的未被填過的位置即可，而由於$m\ge 2$，所以有$n-x\ge \log_{2}k$，即僅需要考慮後$\lceil \log_{2}k \rceil+1$個位置，那麼不斷列舉當前位置上的數並判斷：1.剩餘方案數是否不小於k；2.這個位置上的數是否有限制（即填完後要保證$a[i-m+1]$的已填過了） 考慮時間複雜度，由於是多組資料，那麼複雜度為$o(n\log_{2}^{\ 2}k)$，可以通過優化降為$o(n\log_{2}k)$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 800005
 4 int t,n,m,x,a[N],b[N],id[N],vis[N],ans[N];
 5 long long k;
 6 int main(){
 7     scanf("%d",&t);
 8     while (t--){
 9         scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
10         int s=0,nn=0;
11         for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=0
 
;
12         for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
13             scanf("%d",&x);
14             if (s>x)ans[i+m-1]=x;
15             else{
16                 s=a[++nn]=x;
17                 while (ans[j])j++;
18                 id[nn]=j++;
19             }
20         }
21         int las=nn;
22         long
 
 long sum=1;
23         while (sum<k){
24             las--;
25             sum*=min(nn-las+1,m);
26         }
27         for(int i=1;i<las;i++)ans[id[i]]=a[i];
28         for(int i=las;i<=nn;i++){
29             vis[i]=0;
30             b[i]=min(nn-i+1,m);
31         }
32         for(int i=las;i<=nn;i++)
 
33             for(int j=las;j<=nn;j++)
34                 if (!vis[j]){
35                     sum=sum/(b[j]--);
36                     if (k<=sum){
37                         vis[j]=1;
38                         ans[id[i]]=a[j];
39                         break;
40                     }
41                     k-=sum;
42                     sum*=b[j];
43                 }
44         for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
45         printf("\n");
46     }
47 }

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