康托展开

一些定义

有一个长度为 \(n\) 的排列 \(P\)。

定义排列通过字典序比大小，即若长度为 \(n\) 的排列 \(A,B\) 有

• 任意 \(1\le j<i\le n,A_j=B_j\)；
• \(A_i<B_i\)，

则有排列 \(A<B\)。这里不考虑长度不一样的情况。

定义一个排列 \(P\) 的排名 \(rnk(P)\) 为比它小的排列数量 \(+1\)。

康托展开

给定 \(P\)，求 \(rnk(P)\)。

等价于：求长度为 \(n\) 的排列 \(Q\)，满足 \(Q<P\) 的数量（\(+1\)）。

考虑枚举定义中的 \(i\)。于是 \(\forall 1\le j<i\le n,Q_j=P_j\)。那么 \(Q_i\) 可以是哪些数呢？

• \(Q_i<P_i\implies Q_i\ne P_i\implies i\ne k\)。
• \(Q_i\ne Q_j\iff \exist k,i\le k,Q_i=P_k\)。

\(\implies\exist k,i<k,Q_i=P_k<P_i\)，故 \(Q_i\) 的取值数量（记为 \(f(i)\)）即为

\[f(i)=\sum_{k=i+1}^{n}[P_k<P_i] \]

其中 \([X]\) 表示条件 \(X\) 是真（\(1\)）/假（\(0\)）。

这是典型的二维偏序问题。可以用树状数组实现。

求出了 \(Q_i\) 取值数量，考虑求 \(Q_{i+1}\sim Q_n\) 的排列数量。

由于已经满足 \(Q_i<P_i\)，故后面 \((n-i)\) 个数可以随便排列，排列数量为 \((n-i)!\)。故在 \(i\) 处小于 \(P\) 的排列数量为

\[(n-i)!\times f(i) \]

将所有 \(i\) 的贡献相加，即可得到

\[rnk(P)=1+\sum_{i=1}^{n}(n-i)!\times f(i) \]

倒序枚举 \(i\)，\(f(i)\) 可以使用树状数组在 \(O(\log n)\) 时间计算，故该算法可以在 \(O(n\log n)\) 时间内计算某个排列的排名，被称为康托展开。

逆康托展开

排名可以逆推得到排列。

但可以发现有 \(n=20\) 时，全排列数量 \(n!=2432902008176640000>10^{18}\)。

所以，若题目给的排名 \(rnk(P)\le 10^{18}\)（不需要高精），有 \(n=|P|\le 20\)。

于是，我们可以完成如下 \(n\) 次操作：

• 设 \(r_0=rnk(P)-1\)，集合 \(S=\{1,2,\cdots,n\}\)。
• 对于第 \(j\) 次操作，\(r_j\gets r_{j-1}\bmod (n-j)!\)，\(k_j\gets\cfrac{r_{j-1}-r_j}{(n-j)!}\)。
• 从 \(S\) 中取出第 \((k_j+1)\) 大的元素 \(x\)，有 \(P_j=x\)。从 \(S\) 中删除 \(x\)。
• 重复进行上面两步 \(n\) 次。

解释一下：

每次操作从 \(r_{j-1}\) 中分离出 \(f(j)\)，以 \(j=1\) 为例

\[r_0=\sum_{i=1}^{n}(n-i)!\times f(i)\\ \begin{aligned} r_1&\gets r_0\bmod (n-1)!\\ &=\left(\sum_{i=1}^{n}(n-i)!\times f(i)\right)\bmod (n-1)!\\ &=\sum_{i=1}^{n}\Big((n-i)!\times f(i)\bmod (n-1)!\Big)\\ &=\Big((n-1)!\times f(1)\bmod (n-1)!\Big)+\sum_{i=2}^{n}\Big((n-i)!\times f(i)\bmod (n-1)!\Big)\\ &=\sum_{i=2}^{n}\Big((n-i)!\times f(i)\bmod (n-1)!\Big) \end{aligned}\\ \begin{aligned} \because & f(i)=\sum_{k=i+1}^{n}[P_k<P_i]\le n-i<n-i+1\\ \therefore & (n-i)!\times f(i)<(n-i)!\times (n-i+1)=(n-i+1)!\le (n-1)!\\ \therefore & (n-i)!\times f(i)<(n-1)!\\ \therefore & (n-i)!\times f(i)\bmod (n-1)!=(n-i)!\times f(i)\\ \therefore & r_1\gets \sum_{i=2}^{n}\Big((n-i)!\times f(i)\bmod (n-1)!\Big)=\sum_{i=2}^{n}(n-i)!\times f(i) \end{aligned}\\ \]

有没有发现 \(r_1\) 与 \(r_0\) 几乎一致（除了 sigma 下界从 \(1\) 变成 \(2\)）？

对于 \(k_1\)，

\[\begin{aligned} k_1&\gets\cfrac{r_0-r_1}{(n-1)!}\\ &=\cfrac{\sum_{i=1}^{n}(n-i)!\times f(i)-\sum_{i=2}^{n}(n-i)!\times f(i)}{(n-1)!}\\ &=\cfrac{(n-1)!\times f(1)}{(n-1)!}\\ &=f(1) \end{aligned} \]

如此这般，我们进行了完美的迭代，每次将 \(f(j)\) 分离，从 \(S\) 中找出合适的 \(x\)。然后将 \(r_{j-1}\) 中 \(i=j\) 那项消去（simga 上界加 \(1\)）。

形式化地说，我们的处理方式使得有 \(r_j,k_j\) 的通项公式

\[r_j=\sum_{i=j+1}^{n}(n-i)!\times f(i)\\ k_j=f(j) \]

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\(S\) 可以用 vector 维护，复杂度 \(O(n^2)\)。因为 \(n\le 20\)，复杂度足够。

若毒瘤出题人让 \(rnk(P)>10^{18}\)，也不要紧。上线段树二分维护 \(S\) 即可。