Atcoder Regular Contest 128 E - K Different Values（思维题）

隔两个月补题解的时候甚至连题面都忘记了。。。

先考虑有解的充要条件，令 \(S=\sum a_i\)，考虑 \(c=\lfloor\dfrac{S}{k}\rfloor,g=(S-1)\bmod k+1\)，换句话说，我们把整个序列分成若干个长度为 \(k\) 的块，那么 \(c\) 是块的个数，\(g\) 的最后一个块的长。那么显然解存在的必要条件是：

• \(\forall i,a_i\le c\)。
• \(\sum\limits_{i=1}^n[a_i=c]\le g\)。

在下文中简称为“条件”。读者自证不难。

我们希望能够通过构造过程来说明以上条件同时也是充分条件。考虑通过以下策略构造出字典序最小的解：

• 如果此时 \(\sum\limits_{i=1}^n[a_i=c]=g\)，说明接下来 \(g\) 个位置必须都要填上此时 \(a_i=c\) 的元素，我们就找到没有过去 \(k-1\) 个元素中出现过的且 \(a_i=c\) 的最小元素填在当前位置。
• 否则我们直接找出最小的没有在过去 \(k-1\) 个元素中出现过的元素填在当前位置。

每次操作完以后令长度减一，计算出新的 \(c\) 和 \(g\) 以后归纳处理剩余子问题即可。显然每次操作后条件仍然成立。

考虑证明该做法的正确性：

• 如果某一次填数对应了第一种情况，并且此时不存在 \(a_i=c\) 且没有在过去 \(k-1\) 个元素中出现过的元素，那么考虑倒推到 \(k-1\) 个时刻之前，此时 \(g\) 变小 \(1\) 但是 \(\sum[a_i=c]\) 不变，说明早在 \(k-1\) 个时刻之前就已经出现违背条件的情况，矛盾！
• 如果某一次填数对应了第二种情况，并且此时不存在 \(a_i>0\) 且没有在过去 \(k-1\) 个元素中出现过的元素，那么 \(\sum [a_i\ne 0]\le k-1\)，而后面的空位数必须 \(\le k-1\)，故此时 \(c=1\)，并且由于条件成立，故 \(\forall a_i>0,a_i=1\)，故 \(\sum\limits_{i=1}^n[a_i=c]=g\)，故此次填数对应的实际上是第一种情况，矛盾！

时间复杂度 \(O(Sn)\)。

const int MAXN=500;
const int MAXM=2e5;
int n,m,k,p[MAXM+5],q[MAXM+5],a[MAXN+5],res[MAXM+5];
int main(){
#ifdef LOCAL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),m+=a[i];
	for(int i=0;i<m;i++)p[i]=(m-i+k-1)/k,q[i]=(m-i-1)%k+1;
	int c=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]>p[0])return puts("-1"),0;
		if(a[i]==p[0])++c;
	}if(c>q[0])return puts("-1"),0;
	for(int i=0;i<m;i++){
		static bool vis[MAXN+5];memset(vis,0,sizeof(vis));
		for(int j=max(i-k+1,0);j<i;j++)vis[res[j]]=1;
		c=0;for(int j=1;j<=n;j++)c+=(a[j]==p[i]);res[i]=-1;
		if(c==q[i]){for(int j=1;j<=n;j++)if(a[j]==p[i]&&!vis[j]){res[i]=j;break;}}
		else{for(int j=1;j<=n;j++)if(a[j]&&!vis[j]){res[i]=j;break;}}
		assert(res[i]!=-1);a[res[i]]--;
	}for(int i=0;i<m;i++)printf("%d%c",res[i]," \n"[i==m-1]);
	return 0;
}