本例涉及到摊还分析，动态规划中有一个很常见的相关技巧就是未来费用提前计算

• 首先很容易想到对 $[1\cdots n]$ 的排序代价 $C$ 满足
  $$ n-1 \leqslant C \leqslant \frac{n(n+1)}{2} - 1 $$

• 可以反着来构造，最开始令序列有序 $a = \{1, 2, \cdots n\}$
  $d(i)$ 表示从 $i$ 出发，找到最小元素下标为 $j$，需要走的距离，即 $\text{len}[i \cdots j]$
  我们是反着构造的，所以实际上 $d(i)=\text{len}[i \cdots j]$，$j$ 为从 $i \to n$ 最大元素的下标
  初始阶段，令 $C \leftarrow C-(n-1) \quad d(i) = 1$

• 如果 $C > 0$，就说明 $\text{len}[i \cdots j] > 1$，产生了额外代价

• 于是可以贪心构造，如果在排序的某个阶段，$\forall i \in [n-2 \to 0]$
  $[i \cdots j]$，让 $a_j$ 为最小，$a_i$ 为第 $2$ 小
  反着构造就是 $[i \cdots j]$，$a_i$ 为当前最小，$a_j$ 为第 $2$ 小，反转 $[i \cdots j]$
  此时代价就是每一段 $[i \cdots j]$ 能够取到的最坏代价 $C’$

• $\textbf{for} \ \forall i \in [n-2 \to 0]$，$i$ 能往前走的最长距离是 $\max d(i) = n-1-i$
  只要 $C > 0$，执行
  $$ \textbf{for} [1 \cdots n-1-i]: \ d(i) += 1, \ C -= 1 $$
  即让 $i$ 尽可能往前走，贪心地让 $[i\cdots n-1]$ 中最小的元素尽可能一直位于 $a_{n-1}$ 处
  $d(i)$ 初始时为 $1$，$\max d(i) = n-i$
  此时需要反转的区间是 $[i, j] = [i \cdots i+d(i)-1]$

• 反转 $[i, j] = [i, i+d(i)-1]$，在第 $i-1$ 轮迭代中
  $$ \begin{gathered} a_{i-1} < a[i \cdots j], \quad \text{对于区间} [i-1\cdots j] \\\ a_{i-1} \text{为最小,} \quad a_{j} \text{第 2 小} \end{gathered} $$
  $C > 0$，第 $i-1$ 阶段，$[i\cdots n-1]$ 中最小的元素尽可能一直位于 $a_{n-1}$ 处
  又因为 $a_{i-1} < \forall \ a[i \cdots n-1]$
  $a_{i-1}$ 最小，$a_{n-1}$ 第 $2$ 小，反转 $a[i-1, n-1]$ 即可

• 反着迭代 $n-1$ 次，即可得到原序列
  最后对于不足以填充 $[i \cdots n-1]$ 的 $d(i)$，也不会影响结果
  因为此时 $[i \cdots i+d(i)-1]$ 一定是最后一次迭代的区间，反转之后对应原序列第 $i$ 次迭代
  恰好满足 $a_{i+d(i)-1}$ 是 $[i \cdots i+d(i)-1]$ 区间最小元素，对 $i-1$ 及之前的迭代没有影响
  因为前面的元素 $a[0 \cdots i-1] < a[i \cdots n]$，$\forall j \in [0, i-1], d(j) = 1$

#define _for(i, l, r) for (int i = (l); i < (r); i++)
using namespace std;
const int maxn = 100 + 10;
int n, C;

void solve() {
    vector<int> d(n-1, 1);
    C -= (n-1);
    for (int i = n-2; i >= 0; i--) {
        for (int _ = 1; _ <= n-1-i; _ ++) {
            if (C > 0) {
                C -= 1, d[i] += 1;
            }
        }
    }

    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = i+1;
    for (int i = n-2; i >= 0; i--) {
        reverse(a.begin()+i, a.begin()+i+d[i]);
    }
    for (auto x : a) printf("%d ", x);
    printf("\n");
}

int main() {
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    int T, kase = 0;
    cin >> T;
    while (T--) {
        printf("Case #%d: ", ++kase);
        cin >> n >> C;

        // impossible
        int lo = n-1, hi = n*(n+1) / 2 - 1;
        if (C < lo || C > hi) {
            puts("IMPOSSIBLE");
            continue;
        }

        // solve
        solve();
    }
}