洛谷 P5367 【模板】康托展开（数论，树状数组）

题目链接

https://www.luogu.org/problem/P5367

什么是康托展开

百度百科上是这样说的：

 

“康托展开是一个全排列到一个自然数的双射，常用于构建哈希表时的空间压缩。 康托展开的实质是计算当前排列在所有由小到大全排列中的顺序，因此是可逆的。”

是不是讲得很精（meng）致（bi）呢？

我看了无数篇博客，终于明白了一点点。

其实，康托展开就是求一个全排列在所有全排列中字典序排名第几。

举个例子：

比如说n=3的一个全排列：2 1 3 它的排名是3。

我们列出所有的全排列：

1 2 3

1 3 2

2 1 3

2 3 1

3 1 2

3 2 1

显然，2 1 3在里面字典序排名第三。

暴力求法（基本思路）

首先我们用a[i]表示原数的第i位在当前未出现的元素中是排在第几个

比如说  "2 3 4 1"

a[1]=2    a[2]=2    a[3]=2    a[4]=0

拿a[2]举例子，到第二位时，未出现的数字有1，3，4，显然3排在第二位上，所以a[2]=2。

然后我们想，在前k-1位相等的情况下，a[k]具有什么意义？比当前情况字典序小的全排列数有多少呢？

显然是  a[k]*(k-1)!  （注意阶乘的优先级比乘法运算高）  哪里显然了QAQ？

好像这叫做乘法原理来着（蒟蒻记不清楚了）

a[k]是第k位的比原排列小的数字数量，而第k-1~n位无论是什么数一定小于原数列，而且每一位都要用掉一个数字，所以就是a[k]*(k-1)*(k-2)*(k-3)*……*2*1。

最后把这些小于原排列的排列数量加起来，最后在+1就是原数列的排名。

放公式：ans=a1*0+a2*(2-1)!+a3*(3-1)!+……+an*(n-1)!+1。

时间复杂度为O(n^2)

优化

• 先预处理1到n的阶乘
• 用树状数组来维护有多少个未出现的比自己小的数（单点修改，区间查询）——一开始所有点都修改为1，然后每遇到一个点，就修改为0，最后查询1~s[k-1]有多少个1就行了(s为原数列)。

当然了，也可以用万能的线段树（只不过常数比较大罢了）

AC代码

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 const int mod=;
 const int maxn=;
 int ss[maxn],a[maxn],s[maxn],n;
 inline int lowbit(int x){
     return x&(-x);
 }
 void update(int id,int x){
     for(int i=id;i<=n;i+=lowbit(i)){
         s[i]+=x;
     }
 }
 int query(int id){
     int res=;
     for(int i=id;i>;i-=lowbit(i)){
         res+=s[i];
     }
     return res;
 }
 long long ans,jc[maxn];
 int main()
 {
     cin>>n;
     jc[]=;
     for(int i=;i<n;i++) jc[i]=jc[i-]*i%mod;
     for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&ss[i]);
     for(int i=;i<=n;i++) update(ss[i],);
     for(int i=;i<=n;i++){
         update(ss[i],-);
         a[n-i+]=query(ss[i]);
     }
     for(int i=;i<=n;i++) ans=(ans+(long long)a[i]*jc[i-]%mod)%mod;
     cout<<ans+;
     return ;
 }