康托展开+逆展开(Cantor expension)详解+优化
康托展开
引入
康托展开(Cantor expansion)用于将排列转换为字典序的索引(逆展开则相反)
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方法
假设我们要求排列 5 2 4 1 3 的字典序索引
逐位处理:
- 第一位:5 2 4 1 3,如果一个排列的第一位比 \(5\) 小(有 \(4\) 种情况)
则不管其后 \(4\) 位如何(有 \(4!\) 种情况),其字典序都更小
所以,至少有 \(4\times 4!\) 个排列字典序更小。 - 第二位:
52 4 1 3,如果另一个排列的第一位就是 \(5\) ,但第二位比 \(2\) 小(有 \(1\) 种情况)
则不管其后 \(3\) 位如何(有 \(3!\) 种情况),其字典序都更小
所以, 至少有 \(4\times 4!+1\times 3!\) 个排列字典序更小。 - 第三位:
5 24 1 3,如果另一个排列的前两位与我们的相同,但第三位比 \(4\) 小(\(2\) 不能选了,从右往左看,有 \(2\) 种情况)
则不管其后 \(2\) 位如何(有 \(2!\) 种情况),其字典序都更小
所以, 至少有 \(4\times 4!+1\times 3!+2\times 2!\) 个排列字典序更小。 - 第四位:
5 2 41 3,如果另一个排列的前三位与我们的相同,但第四位比 \(1\) 小(不可能, 有 \(0\) 种情况)
则不管其后 \(1\) 位如何(有 \(1!\) 种情况),其字典序都更小
所以,至少有 \(4\times 4!+1\times 3!+2\times 2!+0\times1!\) 个排列字典序更小。 - 第五位:
5 2 4 13,按照上面的方法操作,很显然, 有 \(4\times 4!+1\times 3!+2\times 2!+0\times1!+0\times0!\) 个排列字典序更小。
因此,若索引从 \(1\) 开始,则 5 2 4 1 3 的索引是 \(4\times 4!+1\times 3!+2\times 2!+0\times1!+0\times0!+1=107\) 。
算法
总结上述方法,可以归纳出以下算法:
-
枚举排列的每一位,对值为 \(p_k\) 的第 \(k\) 位:
- 找出后面所有位( \(k+1\) 至 \(n\) )中小于 \(p_k\) 的位数 \(a_k\) (也就是 \(p_k\) 是第 \(k\) 至 \(n\) 位第 \(a_k+1\) 小的)
若用这些位中的某一位替换第 \(k\) 位,则无论后面 \(n-k\) 位如何排列(总共有 \(a_k(n-k)!\) 种情况),最终的字典序肯定更小
- 把这些字典序更小的排列数加起来
-
再加 \(1\) 即为该排列的字典序索引
公式
用公式来表示即为:
优化
其中 \(a_k\) 的求值过程可以进行优化,设一序列 \(P=\underbrace{[1,1,1,\dots,1]}_{n\text{个}1}\)
我们每处理一位就置 \(P_{p_k}\) 为 \(0\) 。
这样在排列 \(p\) 中,我们没处理过的值就可以被表示为序列 \(P\) 中值为 \(1\) 的索引,即:
我们可以用线段树、树状数组这样的数据结构来维护 \(P\) ,要求小于 \(p_k\) 的位数,即是求序列 \(P\) 区间 \([1,p_k-1]\) 中 \(1\) 的个数,这不就是区间求和吗?
算法可以改进为以下这样:
优化算法
- 初始化长度为 \(n\)(索引从 \(1\) 开始),值全为 \(1\) 的序列 \(P\)
- 枚举排列的每一位,对值为 \(p_k\) 的第 \(k\) 位:
- 修改 \(P_{p_k}=0\)
- 求出 \(a=(n-k)!\sum^{p_k-1}_{i=1}P_i\) ,和式为序列 \(P\) 区间 \([1,p_k-1]\) 的元素和
- 把所有 \(a\) 相加,最后加 \(1\) 即为索引。
时间复杂度为 \(\mathrm{O}(n\log n)\)
参考代码
题目:P5367 【模板】康托展开 - 洛谷
(线段树版本)
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
//---//
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
typedef unsigned int u;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
#define rep(i, a, b) for (ll i = a; i < b; i++)
#define REP(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i++)
#define per(i, b, a) for (ll i = b; i >= a; i--)
const ll N = 1000005;
const ll mod = 998244353;
ll p[N], f[N], d[4 * N];
bool lz[4 * N];
#define mid ll m = s + ((t - s) >> 1)
void bd(ll s, ll t, ll i) {
if (s == t) {
d[i] = 1;
return;
}
mid;
bd(s, m, i * 2);
bd(m + 1, t, i * 2 + 1);
d[i] = (d[i * 2] + d[i * 2 + 1]) % mod;
}
void spr(ll s, ll t, ll i) {
if (lz[i]) {
d[2 * i] = 0;
d[2 * i + 1] = 0;
lz[2 * i] = true;
lz[2 * i + 1] = true;
lz[i] = false;
}
}
void upd(ll l, ll r, ll s, ll t, ll i) {
if (l <= s && t <= r) {
d[i] = 0;
lz[i] = true;
return;
}
mid;
spr(s, t, i);
if (l <= m) upd(l, r, s, m, 2 * i);
if (r > m) upd(l, r, m + 1, t, 2 * i + 1);
d[i] = (d[i * 2] + d[i * 2 + 1]) % mod;
}
ll get(ll l, ll r, ll s, ll t, ll i) {
if (l > r) return 0;
if (l <= s && t <= r) return d[i];
mid;
spr(s, t, i);
ll sum;
if (l <= m) sum = get(l, r, s, m, 2 * i) % mod;
if (r > m) sum = (sum + get(l, r, m + 1, t, 2 * i + 1)) % mod;
return sum;
}
signed main() {
ll n, r = 1;
f[0] = 1;
scanf("%lld", &n);
bd(1, n, 1);
REP(i, 1, n) scanf("%lld", &p[i]);
REP(i, 1, n - 1) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
REP(k, 1, n) {
upd(p[k], p[k], 1, n, 1);
r = (r + get(1, p[k] - 1, 1, n, 1) * f[n - k] % mod) % mod;
}
printf("%lld", r);
}
// https://www.luogu.com.cn/record/60977896
康托逆展开
引入
康托逆展开用于通过一个已知长度排列的字典序索引反求出该排列
推导
刚刚,我们知道了:
其中:
已知 \(n\) 位排列 \(p\) 的字典序索引为 \(\mathrm{Index}(p)\) ,通过康托逆展开,我们可以求出各个 \(a_i\) ,从而求出排列 \(p\) 。
首先,我们把右侧的 \(1\) 移至左侧,再提出和式中的第一项:
好像我们能用整除直接求出 \(a_1\) ,但我们得先证明后面那个和式不影响结果。
由 \(a_k\) 的定义,我们有 \(a_k\leq n-k\),所以:
把式 \((1)\) 右侧的和式看成带余除法的余数 \(R_1\) ,原式写为:
把 \((n-1)!\) 看作除数,\(a_1\) 看作商,我们就可以表示出 \(a_1\) 了:
另外有
我们继续拆出余下和式的第一项:
这个式子和刚刚的是一模一样的,于是我们能同样地求出 \(a_2\) 以及其他所有 \(a\) 值,按照以下递推式:
这样,我们就求出了所有 \(a\) ,回想一下, \(a_k\) 是指排列的第 \(k\) 位是排列第 \(k\) 位至 \(n\) 位(未处理的所有位)中第 \(a_k+1\) 小的,我们只需从第 \(1\) 位开始,对第 \(i\) 位,从未选中的数中选择第 \(a_i+1\) 小的添加到排列中,最后就能形成对应字典序的排列了。
我们可以用一个初始化为[1,2,3,...,n]
的vector
,每处理一位则erase()
一位,每次取索引为 \(a_i\) 的元素即可。
算法
归纳上述推导过程就有了以下的算法:
- 初始化一个 \(1\) 至 \(n\) 的
vector<int>vec
- 求出 \(1\) 至 \(n-1\) 的阶乘,备用
- 初始化 \(R=\mathrm{Index}(p)-1\)
- 对 \(1\) 至 \(n\) 的 \(i\) 执行:
- 求出\(a=\lfloor\frac{R_{i+1}}{(n-i)!}\rfloor\)
- 排列的 \(p\) 的第 \(i\) 位即为
vec[a]
- 移除
vec[a]
- 更新:\(R\leftarrow R\ \%\ (n-i)!\)
- 排列 \(p\) 即为答案
参考代码
题目:P3014 [USACO11FEB]Cow Line S - 洛谷
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
//---//
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
typedef unsigned int u;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
#define rep(i, a, b) for (ll i = a; i < b; i++)
#define REP(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i++)
#define per(i, b, a) for (ll i = b; i >= a; i--)
const ll N = 21;
ll p[N], f[N], d[4 * N];
vector<ll> vec;
bool lz[4 * N];
#define mid ll m = s + ((t - s) >> 1)
void bd(ll s, ll t, ll i) {
lz[i] = false;
if (s == t) {
d[i] = 1;
return;
}
mid;
bd(s, m, i * 2);
bd(m + 1, t, i * 2 + 1);
d[i] = d[i * 2] + d[i * 2 + 1];
}
void spr(ll s, ll t, ll i) {
if (lz[i]) {
d[2 * i] = 0;
d[2 * i + 1] = 0;
lz[2 * i] = true;
lz[2 * i + 1] = true;
lz[i] = false;
}
}
void upd(ll l, ll r, ll s, ll t, ll i) {
if (l <= s && t <= r) {
d[i] = 0;
lz[i] = true;
return;
}
mid;
spr(s, t, i);
if (l <= m) upd(l, r, s, m, 2 * i);
if (r > m) upd(l, r, m + 1, t, 2 * i + 1);
d[i] = d[i * 2] + d[i * 2 + 1];
}
ll get(ll l, ll r, ll s, ll t, ll i) {
if (l > r) return 0;
if (l <= s && t <= r) return d[i];
mid;
spr(s, t, i);
ll sum;
if (l <= m) sum = get(l, r, s, m, 2 * i);
if (r > m) sum = sum + get(l, r, m + 1, t, 2 * i + 1);
return sum;
}
signed main() {
ll n, r, q, I, A;
char c;
f[0] = 1;
scanf("%lld%lld\n", &n, &q);
REP(i, 1, n - 1) f[i] = f[i - 1] * i;
while (q--) {
c = getchar();
while (c != 'P' && c != 'Q') c = getchar();
if (c == 'P') {
scanf("%lld", &I);
I--;
REP(i, 1, n) vec.push_back(i);
REP(i, 1, n) {
A = I / f[n - i];
I %= f[n - i];
printf("%lld ", vec[A]);
vec.erase(vec.begin() + A);
}
printf("\n");
} else {
r = 1;
bd(1, n, 1);
REP(i, 1, n) scanf("%lld", &p[i]);
REP(k, 1, n) {
upd(p[k], p[k], 1, n, 1);
r += get(1, p[k] - 1, 1, n, 1) * f[n - k];
}
printf("%lld\n", r);
}
}
}
// https://www.luogu.com.cn/record/60986344