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题目大意：
有 \(N\) 名机器人选手参加马拉松，选手编号为 \(1 \dots N\)，分道编号也为 \(1 \dots N\)。选手 \(i\) 占据分道 \(i\)，跑完全程需要 \(a_i\) 秒。
- 设 \(S \subseteq \{1, 2, \dots, N\}\) 表示初始发炮的分道集合。
- 选手 \(i\) 的起跑时刻为：\[x_i = \min_{j \in S} |i - j| \]
- 选手 \(i\) 的冲线时间为：\[f_i = a_i + x_i \]
- \(i\) 的排名即为满足 \(f_j<f_i\) 的 \(j\) 的个数 \(+1\)。
当 \(p=1\) 时：对于每个选手 \(i\)，求它的最好排名（最小）
当 \(p=2\) 时：对于每个选手 \(i\)，求它的最坏排名（最大）
题目思路：
- \(p=1\)
对于 \(p=1\) 很好考虑：直接在当前位置放一个，别的地方都不放，这对于当前的 \(i\) 是最优的。
对于 \(i\) 来说，排名在其前的满足 \(a_j+ \left |i-j \right | < a_i\)。
当 \(j<i\) 时：\(a_j+i-j<a_i\) 即 \(a_j-j<a_i-i\)。我们将 \(a_i-i\) 当作一个数丢入树状数组，每次从左到右扫一遍，对于当前的就查询 \(a_i-i-1\) 的前缀。
当 \(j>i\) 时：\(a_j-i+j<a_i\) 即 \(a_j+j<a_i+i\)。我们将 \(a_i+i\) 当作一个数丢入树状数组，每次从右到左扫一遍，对于当前的就查询 \(a_i+i-1\) 的前缀。
将两次操作的和 \(+1\) 输出即可。 - \(p=2\)
我们考虑先将所有跑道放上喇叭。
假设 $i \le \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor $。
对于当前位置 \(i\)，我删去它的喇叭肯定会使 \(i\) 的排名不增，那我肯定删去它。
若我同时在删去 \(i+1\) 和 \(i-1\)。那么 \(i\) 的 \(x_i =2\)，\(i-1\) 和 \(i+1\) 的 \(x_i=1\) 别的 \(x_i\) 都是 \(0\)，肯定会使 \(i\) 的排名不增，那我肯定删去它。
重复这个流程，知道左边剩下一个 \(1\) 右边是 \(2\times i -1 \sim n\)，这时不能再这样了，因为 \(1\) 删了就会导致 \(1\sim i-1\) 的发令喇叭变成 \(2\times i-1\) 不优。
当然，我们还可以只放在 \(n\) 这个位置，这也是优的。
所以，有两种：一种是放在 \(1\) 和 \(2\times i -1 \sim n\) 另一种是放在 \(n\)。
对于右半部分，即 \(i>\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\) 同理，可以自己试着推一下。\
代码 （详细注释，细节提醒）
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define OUT(x) cout<<"LINE: "<<__LINE__<<" INFO: "<<x<<'\n';
using namespace std;
int n,p;
int a[400010];
int tree[1600010];
int lowbit(int x)
{return x&-x;
}
void add(int x,int v)
{for(;x<=800000;x+=lowbit(x)){tree[x]+=v;}
}
int ask(int x)
{int ans=0;for(;x;x-=lowbit(x)){ans+=tree[x];}return ans;
}
int b[400010];
int c[400010];//ai+i
int d[400010];//ai-i
int ans[400010];
int ans1[400010];
struct node{int pos,val,op,q,add;
}kk[850010];
int e[800010];
int f[400010];
int g[400010];
void solve(int op)
{if(op == 0){int k=n/2;memset(tree,0,sizeof(tree));/*[1,i-1]的统计：满足fj<fi的j的数量 a[j]+i-j<a[i]a[j]-j<a[i]-i*/for(int i=1;i<=k;i++) {ans1[i]+=ask(c[i]-1);add(c[i],1);}memset(tree,0,sizeof(tree));int ll=0;/*这里是统计[i,2*i-1]：满足fj<fi的j的数量 我们发现，对于一个 i+1<=j<=2*i-1它要满足：a[j]+2*i-1-j<=a[i]+i-1a[j]-j<=a[i]-i所以我们需要知道，在[i,2*i-1]这个区间中，满足a[j]-j<=a[i]-i的j的数量那么我们将每个i的这种询问拆成两个询问：[1,2*i-1]满足a[j]-j<=a[i]-i的j的数量-[1,i-1]满足a[j]-j<=a[i]-i的j的数量，类似前缀查询这样就可以把这些询问记下来，按坐标排序，依次查询。我们还要把每个点加入进去，也就也是在i位置加入a[i]-inode成员的意义：pos:查询或加入的时间。val：查询或加入的值op：查询对对应i的贡献（i-1是-1，2*i-1是1，这样加一下就可以达到区间查询）q：查询对应哪个iadd：当前是加入还是查询 */ for(int i=k;i>=1;i--) {kk[++ll]={i-1,d[i]-1,-1,i,0};//拆询问 kk[++ll]={2*i-1,d[i]-1,1,i,0};}for(int i=1;i<=2*k-1;i++){kk[++ll]={i,d[i],1,1,1};//每个点要加入 }sort(kk+1,kk+ll+1,[](node x,node y){return x.pos==y.pos?x.add>y.add:x.pos<y.pos;});//排序，注意，当时间相同时，这里是先加入，在查询 for(int i=1;i<=ll;i++){if(kk[i].add)//加入 {add(kk[i].val,1);continue;}ans1[kk[i].q]+=kk[i].op*ask(kk[i].val);//查询 }/*[2*i,n]：满足fj<fi的j的数量 j要满足：f[j]<f[i]+i-1所以要将a[i]与a[i]+i-1离散化 这里需要小心一些（细节多）。我们从 floor(n/2) ~ 1枚举 当i%2 == 0时：我们每次加入a[i*2]和a[i*2+1]，其中i=n/2时只能加入a[i*2]当i%2 != 0时：我们每次加入a[i*2]和a[i*2+1]每次查询a[i]+i-1的前缀 */ll=0;memset(tree,0,sizeof(tree));int len1=0;//离散化 for(int i=1;i<=n;i++){e[++len1]=a[i];e[++len1]=a[i]+i-1;}sort(e+1,e+1+len1);len1=unique(e+1,e+1+len1)-e-1;for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=lower_bound(e+1,e+1+len1,a[i])-e;g[i]=lower_bound(e+1,e+1+len1,a[i]+i-1)-e;}if(k*2 == n)//进行操作 {for(int i=k;i>=1;i--){if(i == k){add(f[i*2],1); }else{add(f[i*2],1);add(f[i*2+1],1);}ans1[i]+=ask(g[i]-1);}}else{for(int i=k;i>=1;i--){add(f[i*2],1);add(f[i*2+1],1);ans1[i]+=ask(g[i]-1);}}}else//右边同理，我就不说了 {int k=n/2+1;memset(tree,0,sizeof(tree));for(int i=n;i>=k;i--){ans1[i]+=ask(d[i]-1);add(d[i],1);}memset(tree,0,sizeof(tree));int ll=0;for(int i=k*2-n;i<=n;i++){kk[++ll]={i,c[i],1,1,1};}for(int i=k;i<=n;i++){kk[++ll]={2*i-n-1,c[i]-1,-1,i,0};kk[++ll]={i,c[i]-1,1,i,0};}sort(kk+1,kk+ll+1,[](node x,node y){return x.pos==y.pos?x.add>y.add:x.pos<y.pos;});for(int i=1;i<=ll;i++){if(kk[i].add){add(kk[i].val,1);continue;}ans1[kk[i].q]+=kk[i].op*ask(kk[i].val);}ll=0;memset(tree,0,sizeof(tree));int len1=0;for(int i=1;i<=n;i++){e[++len1]=a[i];e[++len1]=a[i]+n-i;}sort(e+1,e+1+len1);len1=unique(e+1,e+1+len1)-e-1;for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=lower_bound(e+1,e+1+len1,a[i])-e;g[i]=lower_bound(e+1,e+1+len1,a[i]+n-i)-e;}if(k*2-n-1 == 1){for(int i=k;i<=n;i++){if(i == k){add(f[2*i-n-1],1); }else{add(f[i*2-n-1],1);add(f[i*2-n-2],1);}ans1[i]+=ask(g[i]-1);}}else{for(int i=k;i<=n;i++){if(i == k){continue;}add(f[i*2-n-1],1);add(f[i*2-n-2],1);ans1[i]+=ask(g[i]-1);}}}
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n>>p;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];b[i]=a[i]+i;}//离散化 sort(b+1,b+1+n);int len=unique(b+1,b+1+n)-b-1;for(int i=1;i<=n;i++){c[i]=lower_bound(b+1,b+1+len,a[i]+i)-b;}for(int i=1;i<=n;i++){b[i]=a[i]-i;}sort(b+1,b+1+n);len=unique(b+1,b+1+n)-b-1;for(int i=1;i<=n;i++){d[i]=lower_bound(b+1,b+1+len,a[i]-i)-b;}if(p == 1){for(int i=n;i>=1;i--)//右->左 {ans[i]=ask(c[i]-1);add(c[i],1);}memset(tree,0,sizeof(tree));for(int i=1;i<=n;i++)//左->右 {ans[i]+=ask(d[i]-1);add(d[i],1);}for(int i=1;i<=n;i++){cout<<ans[i]+1<<'\n';//不要忘了+1 }//a[j]+i-j<a[i] -> a[j]-j<a[i]-i//a[j]+j-i<a[i] -> a[j]+j<a[i]+i}if(p == 2){for(int i=1;i<=n;i++)//左半部分，放在n的位置 {add(d[i],1);}for(int i=1;i<=n/2;i++){ans[i]=ask(d[i]-1);}memset(tree,0,sizeof(tree));for(int i=1;i<=n;i++)//右半部分，放在1的位置 {add(c[i],1);}for(int i=n/2+1;i<=n;i++){ans[i]=ask(c[i]-1);}solve(0);//左半部分 solve(1);//右半部分 for(int i=1;i<=n;i++){cout<<max(ans[i],ans1[i])+1<<'\n';//不要忘了+1，取的是max }}return 0;
}