有权值\(h_i\)（排列）。一个环上，\(r_i\)表示从\(i\)开始顺时针往后\(k-1\)个中有多少个权值大于\(h_i\)。
给出\(r_i\)和\(k\)，然后\(Q\)次询问每次问\(x,y\)询问其大小关系。
大小关系即：在所有可能的\(h_i\)中，如果大小关系确定就输出其大小关系；否则输出其大小关系不确定。
保证有解。
\(n\le 2*10^5\)
部分分。如果\(2k>n\)，那么排列唯一。考虑从大往小插数，在当前所有没有插数的\(h_i=0\)的位置中，找到那个\(\forall j\in[i-k+1,i-1],h_j>0\)的\(i\)。因为\(2k>n\)这个\(i\)是唯一的。将最大值放上去，将\(h_j(j\in[i-k+1,i-1])\)减一，继续做。
没有这个限制时，有可能找出多个这样的\(i\)。
结论1：如果有解，只要任取一个这样的\(i\)，继续做下去，一定可以构造出个合法解。
证明：
万能归纳：只需要证明任取这样的\(i\)之后还会有这样的\(i\)。如果当前这样的\(i\)唯一，肯定是取\(i\)；如果有多个，操作了其中一个\(i\)之后，之前存在的另一个\(i\)仍然满足条件，所以还是存在。证毕。
感觉很有道理但是太简单感觉不对劲？这个证明确实是错的（
结论有个前提是“如果有解”，而上面证明中后面这个情况中，我并没有保证有解。考虑把最大值填到任选的这个\(i\)之后，剩下的值按照原解的相对大小顺序填。这样就构造出了另一个解。
结论2：对于任意解，对于任意\(i,j,|i-j|<k\)，\(i\)和\(j\)的大小关系相同。
证明：
考虑分析上面填数的过程。
每次填进去的都是\(\pm k-1\)范围内未填的数的最大值，这就相当于固定了他们的大小关系。
先找到任意一个解。用点数据结构随便做。
暴力可以直接连边，然后看看询问点之间谁能到谁。
实际上只需要记个\(pre_i,suc_i\)表示往前后至多\(k-1\)距离内大于\(h_i\)的\(h_j\)最小的位置\(j\)。求出之后倍增即可。
#include "plants.h"
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
namespace Mine{
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const int N=200005,INF=1000000000;
int n,K;
int f[N];
struct info{
int mn,tag;
int lp,rp,one;
} s[N*4];
void upd(int k){
s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);
s[k].lp=(s[k<<1].lp!=-1?s[k<<1].lp:s[k<<1|1].lp);
s[k].rp=(s[k<<1|1].rp!=-1?s[k<<1|1].rp:s[k<<1].rp);
s[k].one=(s[k<<1].one!=-1?s[k<<1].one
:s[k<<1|1].one!=-1?s[k<<1|1].one
:s[k<<1].rp!=-1 && s[k<<1|1].lp!=-1 && s[k<<1|1].lp-s[k<<1].rp>=K?s[k<<1|1].lp
:-1);
}
void pd(int k){
if (s[k].tag){
s[k<<1].mn+=s[k].tag,s[k<<1].tag+=s[k].tag;
s[k<<1|1].mn+=s[k].tag,s[k<<1|1].tag+=s[k].tag;
s[k].tag=0;
}
}
void build(int k=1,int l=0,int r=n-1){
if (l==r){
s[k].mn=f[l];
s[k].lp=s[k].rp=(f[l]==0?l:-1);
s[k].one=-1;
return;
}
int md=l+r>>1;
build(k<<1,l,md);
build(k<<1|1,md+1,r);
upd(k);
}
void era(int x,int k=1,int l=0,int r=n-1){
if (l==r){
s[k].mn=INF;
s[k].lp=s[k].rp=-1;
return;
}
pd(k);
int md=l+r>>1;
if (x<=md) era(x,k<<1,l,md);
else era(x,k<<1|1,md+1,r);
upd(k);
}
void find(int k,int l,int r){
if (s[k].mn>0) return;
if (l==r){
s[k].lp=s[k].rp=l;
return;
}
pd(k);
int md=l+r>>1;
find(k<<1,l,md);
find(k<<1|1,md+1,r);
upd(k);
}
void mdf(int st,int en,int k=1,int l=0,int r=n-1){
if (st<=l && r<=en){
s[k].tag--;
s[k].mn--;
find(k,l,r);
return;
}
pd(k);
int md=l+r>>1;
if (st<=md) mdf(st,en,k<<1,l,md);
if (md<en) mdf(st,en,k<<1|1,md+1,r);
upd(k);
}
int p[N*2];
int pre[N*2][19],suc[N*2][19],null;
set<pair<int,int> > st;
void init(int _k,vector<int> &_r){
n=_r.size();
K=_k;
for (int i=0;i<n;++i)
f[i]=_r[i];
build();
for (int i=n-1;i>=0;--i){
int x=(s[1].one!=-1?s[1].one:s[1].lp);
//printf("%d\n",x);
p[x]=i;
era(x);
if (x-K+1>=0)
mdf(x-K+1,x-1);
else{
mdf(x-K+1+n,n-1);
if (x)
mdf(0,x-1);
}
}
/*
for (int i=0;i<n;++i)
printf("%d ",p[i]);
printf("\n");
*/
for (int i=0;i<n;++i)
p[i+n]=p[i];
null=n+n;
st.clear();
for (int i=0;i<n+n;++i){
if (i-K>=0)
st.erase(mp(p[i-K],i-K));
auto iter=st.upper_bound(mp(p[i],i));
pre[i][0]=(iter!=st.end()?iter->se:null);
st.insert(mp(p[i],i));
}
st.clear();
for (int i=n+n-1;i>=0;--i){
if (i+K<n+n)
st.erase(mp(p[i+K],i+K));
auto iter=st.upper_bound(mp(p[i],i));
suc[i][0]=(iter!=st.end()?iter->se:null);
st.insert(mp(p[i],i));
}
/*
for (int i=0;i<n+n;++i)
printf("%d ",pre[i][0]);
printf("\n");
for (int i=0;i<n+n;++i)
printf("%d ",suc[i][0]);
printf("\n");
*/
pre[null][0]=suc[null][0]=null;
for (int j=1;j<=18;++j)
for (int i=0;i<=n+n;++i){
pre[i][j]=pre[pre[i][j-1]][j-1];
suc[i][j]=suc[suc[i][j-1]][j-1];
}
}
int qry_pre(int x,int y){
if (x-y<K) return p[x]<p[y];
for (int i=18;i>=0;--i)
if (pre[x][i]!=null && y+K<=pre[x][i])
x=pre[x][i];
x=pre[x][0];
return x!=null && x-y<K && p[x]<p[y];
}
int qry_suc(int x,int y){
if (y-x<K) return p[x]<p[y];
for (int i=18;i>=0;--i)
if (suc[x][i]!=null && y-K>=suc[x][i])
x=suc[x][i];
x=suc[x][0];
return x!=null && y-x<K && p[x]<p[y];
}
int ask(int x,int y){
int o=1;
if (x>y) o*=-1,swap(x,y);
int xy=(qry_suc(x,y)||qry_pre(x+n,y));
int yx=(qry_pre(y,x)||qry_suc(y,x+n));
return o*(xy?-1:yx?1:0);
}
}
void init(int k, std::vector<int> r){
Mine::init(k,r);
}
int compare_plants(int x, int y){
return Mine::ask(x,y);
}
