牛客网多校第5场 H subseq 【树状数组+离散化】
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题意：给n个数为a1~an，找到字典序第k小的序列，输出该序列所有数所在位置。
解题思路：先把所有序列预处理出来，方法是设一个数组为dp，dp[i]表示以i为开头的序列共有多少个。这样当k>dp[i]，则以i为开头的序列满足不了第k小，k-=dp[i]，继续往后找，知道找到k<=dp[i]，则把i记录在数组ans中，--k。--k的意思是去掉了我们所记录的ans这一条序列。此时若k==0，则说明已经找到答案，跳出循环输出即可，否则继续往下找，思路还算比较常规。
那么dp数组具体怎么预处理呢？因为是求以i为开头的序列，所以类似于求后缀和，比如此时我们已经有了2 3 4，此时要插入数字1，则对1的贡献有sum[2]+sum[3]+sum[4],即1分别可以接在2,3,4前面或者只有一个1，也就是树状数组中，1的贡献=getsum(1 + 1) + 1。（getsum()为后缀和）
这里注意两个坑点：一个是a1~an范围很大，必须要离散化。二是求和有可能会爆long long (这个是真的坑，所以当大于1e18的时候，令其等于1e18就行，因为k最大就是1e18嘛。
附本人ac代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const ll maxn = 5e6 + 10; 5 const ll inf = 1e18; 6 ll a[maxn], c[maxn], dp[maxn], b[maxn], d[maxn]; 7 ll ans[maxn]; 8 ll n, k; 9 10 ll lowbit(ll x) 11 { 12 return x&-x; 13 } 14 ll gsum(ll x) 15 { 16 ll ans = 0; 17 while(x <= n) 18 { 19 ans += c[x]; 20 if(ans > inf) ans = inf; 21 x += lowbit(x); 22 } 23 return ans; 24 } 25 void updat(ll x, ll y) 26 { 27 while(x) 28 { 29 c[x] += y; 30 if(c[x] > inf) c[x] = inf; 31 x -= lowbit(x); 32 } 33 } 34 int main() 35 { 36 37 scanf("%lld %lld", &n, &k); 38 for(ll i = 1; i <= n; ++i) 39 { 40 scanf("%lld", &d[i]); 41 a[i] = d[i]; 42 } 43 sort(a + 1, a + 1 + n); 44 for(ll i = 1; i <= n; ++i)//离散化 45 { 46 b[i] = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, d[i]) - a; 47 } 48 dp[n] = 1; 49 updat(b[n], 1); 50 for(ll u = n - 1; u >= 1; --u) 51 { 52 dp[u] = gsum(b[u] + 1) + 1;//这一步容易写错，之前我没想到会有多个相同的数，所以一直写的是gsum(b[u])+1,wa到死。主要还是离散化用的生疏 53 updat(b[u], dp[u]); 54 } 55 int len = 0; 56 for(ll i = 1; i <= n; ++i) 57 { 58 if(b[i] > b[ans[len]])//这里同上，b[i]可能会等于b[ans[len]]，所以要判断一下 59 { 60 if(k > dp[i]) k -= dp[i]; 61 else 62 { 63 --k; 64 ans[++len] = i; 65 } 66 } 67 if(!k) break; 68 } 69 if(len == 0 || k) 70 { 71 puts("-1"); 72 return 0; 73 } 74 printf("%d\n", len); 75 for(int i = 1; i <= len; ++i) 76 { 77 if(i > 1) 78 printf(" "); 79 printf("%lld", ans[i]); 80 } 81 printf("\n"); 82 return 0; 83 }
