康托展开简单记录

作用

• 求一个$[1,n]$按照字典序从小到大排列的排名

例题

https://www.luogu.com.cn/problem/P5367

过程

• 以$\{1,2,3,4,5\}$为排名为1的序列，那么$\{1,2,3,5,4\}$就是排名为2的排列，考虑一下如何求$\{5,1,4,3,2\}$
• 将数子逐个分析，考虑字典序，因为第一个5右侧有四个比它字典序小的数，每一个数开头都有$4!$种排列方式，所以这个数对答案的贡献是$4\times 4!$；第二个1前面没有数；第三个4右侧有2个比它小的数，每一个数开头都有$2!$种排列方式，这个数对答案的贡献为$2\times 2!$；同理第四个数1对答案的贡献为$1\times 1!$；第五个数对答案的贡献为$0\times 0!$，所以总共贡献和为$4\times 4!+2\times 2!+1\times 1!=101$，所以它的名次就是102
• 那么容易写出$O(n^2)$的程序

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MOD = 998244353;
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  int n;
  cin >> n;
  vector<int> fac(n + 1), a(n + 1);
  for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
  fac[0] = 1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
  int ans = 1;
  for(int i=1;i<n;i++){
    int k = 0;
    for(int j=i+1;j<=n;j++){
      if(a[i] > a[j]) k += 1;
    }
    ans = (1ll * ans + 1ll * k * fac[n - i]) % MOD;
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

• 那显然中间的$n$次循环就是求一个后缀逆序对，可以 树状数组优化到$O(nlogn)$

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MOD = 998244353;

const int N = 1e6 + 100;

int tree[N];

int n;
int lowbit(int x){
  return x & -x;
}
void modify(int x, int d){
  while(x <= n){
    tree[x] += d;
    x += lowbit(x);
  }
}
int query(int x){
  int ans = 0;
  while(x > 0){
    ans += tree[x];
    x -= lowbit(x);
    if(ans >= MOD) ans %= MOD;
  }
  return ans;
}
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  cin >> n;
  vector<int> fac(n + 1), a(n + 1);
  for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
  fac[0] = 1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
  int ans = 1;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    ans = (1ll * ans + 1ll * (a[i] - 1 - query(a[i])) * fac[n - i]) % MOD;
    modify(a[i], 1);
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

• 在解决一些搜索问题比如八数码问题时，可以使用康托展开来记录出现过的状态

ps: 大一搜索都不会的时候时候看康托展开：what fuck?这什么东西。现在：。。水题。水平确实比那时候强太多了。