咦？鸽子 tzc 来补题解了？奇迹奇迹（
首先考虑什么样的排列可以得到。我们考虑 (p) 的逆排列 (q)，那么每次操作的过程从逆排列的角度思考，就可视作每次在逆排列中交换两个相邻，且元素值之差 (ge k) 的元素。注意到对于两个元素 (x,y)，如果 (|x-y|<k)，那么我们肯定永远无法交换它们，它们的相对位置顺序也永远无法改变，因为要改变它们的相对顺序必须交换它们。而一对 (|q_i-q_j|<k,i<j) 的 ((i,j)) 恰好对应一对 (p_i<p_j,|i-j|<k) 的 ((i,j))。因此对于相距 (<k) 的位置，它们的相对大小顺序不能发生变化。而我们能够证明，如果两个排列 (p,p')，满足它们相距 (<k) 的位置上的元素相对位置大小不变，那么它们之间就能够互相转化，证明我也不太会，一个感性地想法是，我们记排列 (q) 满足 (pcirc q=p')，那么我们每次总能交换两个数，使得 (q) 逆序对大小减一，因此它们能够互相转化。
我们考虑对于 (|i-j|<k)，如果 (p_i<p_j) 则连一条 (i o j) 的边，否则连一条 (j o i) 的边，那么不考虑复杂度的问题，我们的目标就是给每个点赋上一个标号 (r_i)，使得对于所有有向边 (u o v)，都有 (r_u<r_v)，并且 (r) 的字典序尽可能小。这是一个经典问题，考虑这样的过程，我们建反图然后拓扑排序，每次取出编号最大的点然后在上面填 (n,n-1,cdots) 以此类推，类似的题有这个（它是道 Ag 的题但代码异常短）。但是暴力建图复杂度是 (nk) 的，无法通过。不过注意到此题建图方式很特殊，(n^2) 建边+特殊建图方式 (=nlog n)（暴论），注意到一个点 (x) 度为 (0)，当且仅当 (p_x) 为 ([x-k+1,x+k-1]) 的最大值，因此我们考虑用线段树维护这个过程，先一遍扫过去将所有度为 (0) 的点压入优先队列，然后每次取出一个点 (x) 时，就将 (p_x) 改为 (-infty)，然后松弛与其相连的点即可。不难发现每次松弛只有 ([x-k+1,x-1]) 中最大值的位置和 ([x+1,x+k-1]) 最大值的位置是有用的，只用松弛这两个点即可。
时间复杂度 (nlog n)。
const int MAXN=5e5;
int n,m,p[MAXN+5],res[MAXN+5];
struct node{int l,r;pii mx;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r) return s[k].mx=mp(p[l],l),void();
int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
}
void modify(int k,int p,pii v){
if(s[k].l==s[k].r) return s[k].mx=v,void();
int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
(p<=mid)?modify(k<<1,p,v):modify(k<<1|1,p,v);
pushup(k);
}
pii query(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].mx;
int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return max(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}
priority_queue<int> q;
bool inq[MAXN+5];
void check(int x){
if(!x||inq[x]) return;
if(x==query(1,max(x-m,1),min(x+m,n)).se)
q.push(x),inq[x]=1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);--m;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
build(1,1,n);int c=n;
for(int i=1;i<=n;i++) check(i);
while(!q.empty()){
int x=q.top();q.pop();res[x]=c--;
// printf("%d
",x);
modify(1,x,mp(-INF,0));
check(query(1,max(x-m,1),x).se);
check(query(1,x,min(x+m,n)).se);
} for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",res[i]);
return 0;
}