康托展开
1转载注明：
康托展开真是个神奇的东西。
除了本题用于求某排列的排名外，康托展开一般用于哈希，不过我也没做到过这样的哈希题。
2康托展开
先给你柿子。
\(ans=1+\sum_{i=1}^{n} A[i]\times(n-i)!\)
其中A[i]代表\(\sum_{j=i}^{n}[a[j] < a[i]]\)
怎么来理解这个柿子呢？想象构造出字典序比当前排列小的有几个排列
枚举到ii表示 1到i-1和原来的排列一样，i位肯定不一样，之后咋样都行。
既然到i位不一样，那么字典序大小其实就是取决于i位。很明显，第i位肯定要小于a[i]。然后只要把i后面小于a[i]的数交换到i位，后面随便排就行了。
很明显，这样枚举可以做到不重不漏。因为要求的是排名，所以ans+=1。
当然要用树状数组优化一下，复杂度是O(nlgn)的。
2.1C++98/11/14/17
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define rgt register
#define mod 998244353
int N, a[MAXN], fac, c[MAXN], ans;
char *p;
inline void read( rgt int &x ){
x = 0; while( !isdigit(*p) ) ++p;
while( isdigit(*p) ) x = x * 10 + ( *p & 15 ), ++p;
}
int main(){
scanf( "%d", &N ), fac = 1;
p = new char[N * 8 + 100],
fread( p, 1, N * 8 + 100, stdin );
for ( rgt int i = N; i; --i ) read(a[i]);
for ( rgt int i = 1, s, j; i <= N; ++i ){
for ( s = 0, j = a[i]; j; j -= j & -j ) s += c[j];
ans = ( ans + 1ll * fac * s ) % mod, fac = 1ll * fac * i % mod;
for ( j = a[i]; j <= N; j += j & -j ) ++c[j];
} printf( "%d\n", ans + 1 );
return 0;
}
2.2Pascal
var
n, fac, s, ans, i, j:longint;
a, c:array[1..1000000] of longint;
begin
read(n); fac := 1; ans := 0;
for i := n downto 1 do
begin
read(a[i]);
c[i] := 0;
end;
for i := 1 to n do
begin
j := a[i]; s := 0;
while j > 0 do
begin
s := s + c[j];
j := j - ( j and -j );
end;
ans := ( QWORD(ans) + QWORD(fac) * QWORD(s) ) mod 998244353;
fac := QWORD(fac) * QWORD(i) mod 998244353;
j := a[i];
while j <= n do
begin
c[j] := c[j] + 1;
j := j + ( j and -j );
end;
end;
writeln((ans + 1) mod 998244353);
end.
3逆康托展开
类似于进制转换，不断 % (n-i)!, /(n-1)!就可以得到A数组，然后就可以还原出原排列。
Update on 2019.7.23
昨天刚刚集训回来，于是就来填坑了
例题
这题十分好心地为我们省去了求出A数组的过程（否则要高精度除法？
问题说白了就是在每一个[i,n]区间内求K大值。可以使用权值线段树+二分来解决这一问题。这应该比较基础，所以看代码吧qaq。
3.1代码
没怎么卡常数，本来想搞zkw线段树非递归减小常数，但是懒。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 50005
int T, N, tr[MAXN << 2];
void Build( int c, int l, int r ){ //建树
if ( l == r ) return tr[c] = 1, void();
int mid((l + r) >> 1), ls(c << 1), rs(c << 1 | 1);
Build( ls, l, mid ), Build( rs, mid + 1, r ),
tr[c] = tr[ls] + tr[rs];
}
int Get( int c, int l, int r, int k ){ //找到k大值的同时删除k大值
--tr[c]; if ( l == r ) return l;
int mid((l + r) >> 1), ls(c << 1), rs(ls | 1);
if ( tr[ls] < k ) return Get( rs, mid + 1, r, k - tr[ls] );//线段树上二分找到k大值
return Get( ls, l, mid, k );
}
int main(){
scanf( "%d", &T );
while( T-- ){
scanf( "%d", &N ), Build( 1, 1, N );
for ( int i = 1, s; i <= N; ++i )
scanf( "%d", &s ), printf( "%d%c", Get(1, 1, N, s + 1), "\n "[i < N] );
} return 0;
}
4自己的代码：
康托展开：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define N 1000100
#define M number
using namespace std;
const int mod=998244353;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct FT{
ll p[N<<2];
inline ll lowbit(ll k){
return k&(-k);
}
inline void add(ll k,ll x,ll n){
for(int i=k;i<=n;i+=lowbit(i)) (p[i]+=x)%=mod;
}
inline ll ask(ll k){
ll sum=0;
for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) (sum+=p[i])%=mod;
return sum;
}
};
FT ft;
ll jie[N];
ll n;
ll ans;
inline void prework(){
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=N-99;i++) jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
}
int main(){
prework();
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
ll x;x=read();
ll sum=x-ft.ask(x-1)-1;
(ans+=sum*jie[n-i])%=mod;
ft.add(x,1,n);
}
printf("%lld\n",(ans+1)%mod);
return 0;
}
逆康托展开
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define N 50002
#define M number
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct QST{
int p[N<<2];
inline void clear(){
memset(p,0,sizeof(p));
}
inline void pushup(int k){
p[k]=p[k*2]+p[k*2+1];
}
inline void build(int k,int l,int r){
if(l==r){
p[k]=1;
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(k*2,l,mid);
build(k*2+1,mid+1,r);
pushup(k);
}
inline void add(int k,int l,int r,int po,int x){
if(l==r){
p[k]+=x;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(po<=mid) add(k*2,l,mid,po,x);
else add(k*2+1,mid+1,r,po,x);
pushup(k);
}
inline int getval(int rank,int k,int l,int r){
if(l==r) return l;
int mid=l+r>>1;
if(rank<=p[k*2]) return getval(rank,k*2,l,mid);
else return getval(rank-p[k*2],k*2+1,mid+1,r);
}
};
QST qst;
int t;
int main(){
t=read();
while(t--){
int n=read();
qst.clear();
qst.build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=read();
x++;
int now=qst.getval(x,1,1,n);
if(i==1) printf("%d",now);
else printf(" %d",now);
qst.add(1,1,n,now,-1);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
