Lexicographically Largest

看看官方题解，来用“exchanging argument”证明一下

假设不选最小的满足条件的\(v\)，选了个更大的\(v_1\)，那么对于最终的序列如果没有\(a_i+i-v\)，那么显然将\(v_1\)换成\(v\)更好，否则的话考虑\(a_j+j-v_j=a_i+i-v(i<j)\)，那么如果位置\(j\)可以选出一个\(v^{'}\)使得\(a_j+j-v^{'}=a_i+i-v_1\)，那么让\(i\)选\(v\)，\(j\)选\(v^{'}\)答案不变，否则的话\(j\)任选一个\(v_2\)都有\(a_j+j-v_2>a_i+i-v_1\)，随便选一个\(v_2\)，再重复上述过程（i.e.考虑是否存在\(k>j\)，有\(k\)产生的数与此时\(j\)产生的数相同）

然后可以看看这个评论，他这么构造肯定是上界，但是我没有找到一种构造方法

update 2024.8.17

找到构造方法了。我们先将所有数加上下标得到新的数列（并将新数列从大到小排序）。如果说\(S\)是可重集的话，肯定就做完了。但现在\(S\)不是可重集，那么存在一种情况就是一些数可以被减一然后去填补空缺。举个例子，如果说新数列有三个\(7\)和两个\(1\)，那么答案显然就是7 6 5 1 0，也就是说两个\(7\)填补了\(6,5\)这两个空缺，一个\(1\)填补了\(0\)这个空缺。不难想到一种构造方法，在保证已有的非空缺不会成为空缺的情况下，将非空缺多余的数全部向前移动。比如上面这个例子，非空缺有\(7\)和\(1\)两个，\(7\)有三个副本，\(1\)有两个副本，我们在两个非空缺都至少保留一个副本的前提下，让剩余的副本向前移动。具体来说，我们观察新数列，假设\(1\)的第一个副本在\(7\)的第一个副本后面（比如新数列为7 1 1 7 7，那么\(7\)的第一个副本在位置一，\(1\)的第一个副本在位置二），那么我们把\(1\)放到多重集中（如果先放\(7\)的话，所有\(1\)的副本都会往前移动了），然后将新数列进行对应的改变（i.e.\(1\)的第一个副本后面所有的数全部减一），然后再考察这个新数列并重复上面的操作，用数学归纳法可以证明这个构造方法是上界