康托展开与逆康托展开

康托展开

康托展开是用于求一个 排列 在 全排列 中的 位次 的算法。

以 $a=52413$ 为例：

• $a_1$ 是 $5$，对于一个排列 $b$ 而言，当 b1∈{1,2,3,4}b_1\in\{1,2,3,4\}b1​∈{1,2,3,4} 的时候有 $b<a$，这样的 $b$ 有 $4\times 4!$ 个。
• $a_2$ 是 $2$，对于一个排列 $b$ 而言，当 $b_1=a_1$，$b_2=1$ 时有 $b<a$，这样的 $b$ 有 $1\times 3!$ 个。
• $a_3$ 是 $4$，对于一个排列 $b$ 而言，前缀与 $a$ 相同，当 b3∈{1,3}b_3\in\{1,3\}b3​∈{1,3} 时，有 $b<a$，这样的 $b$ 有 $2\times 2!$ 个。
• $a_4$ 是 $1$，对于一个排列 $b$ 而言，前缀与 $a$ 相同，不存在 $b<a$。
• $a_5$ 是 $3$，对于一个排列 $b$ 而言，前缀与 $a$ 相同，不存在 $b<a$。

所以 $a$ 的位次相当于求有多少个 $b$ 小于 $a$，可知有 $106$ 个排列小于 $a$，所以 $a$ 的位次是 $107$。

总结一下求位次的过程就是：

• 对于当前位置 $a_i$，求 出剩下可用的数有多少个小于 $a_i$，设为 $cnt$。
• 对于当前位置 $a_i$，求出 后面还有几个数没排，设为 $bnt$。
• 累加答案 $cnt\times bnt!$。
• 从剩下的可用的数中删去 $a_i$，并前往下一个位置。

可以发现 $bnt!$ 是可以预处理的，现在的问题就是如何动态维护剩下的数，且能查询出有多少个数小于 $a_i$？

因为 $a_i\le n$，所以可以使用 权值树状数组 求解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define int long long
#define endl '\n'
#define PII pair<int,int>
#define INF 1e18
const int MOD = 998244353;
const int N = 1e6 + 7;
template<typename T>// 单点修改和区间查询的树状数组
struct Fenwick {vector <T> tree;int n;Fenwick(int _n) : n(_n), tree(_n + 2){}// 求 1~x 的前缀和T getsum(int x) {T ans = 0;int L = x;while (x) {ans += tree[x];x = x - lowbit(x);}return ans;}// 区间查询T get_range_sum(int l, int r) {return getsum(r) - getsum(l - 1);}// 单点修改void add(int x, T k) {while (x <= n) {tree[x] += k;x += lowbit(x);}}static inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}T getKth(int k) {T x = 0, sum = 0;for (int i = log2(n); i >= 0; i--) {x += (1ll << i);if (x >= n || sum + tree[x] >= k) {x -= (1ll << i);} else {sum += tree[x];}}return x + 1;}
};int fac[N];
void init(int n) {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}int Cantor(int n, vector <int> &p) {Fenwick<int> tree(n);for (int i = 1; i <= n; i++) {tree.add(i, 1);}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {int cnt = tree.get_range_sum(1, p[i] - 1);int bnt = fac[n - i];ans = (ans + cnt * bnt % MOD) % MOD;tree.add(p[i], -1);}return ans;
}
void slove () {int n;cin >> n;vector <int> p(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];init(n);int ans = Cantor(n, p);cout << ans + 1 << endl;
}signed main () {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);slove();
}

逆康托展开

当我们知道了一个排列的位次，如何求出具体排列？

根据康托展开，我们可以知道一个排列的位次公式：
$$a_1\times (n-1)!+a_2\times (n-2)!+\cdots +a_n\times 0!$$
下面给出求出具体排列的步骤：

设当前位次是 $pos$，当前要确定的是排列的第 $i$ 项，

• 判断 $pos$ 是否大于等于 $(n-i)!$。
  • 求出系数 $k=pos/(n-i)!$，说明 当前剩下的数里有 $k$ 个小于 $a[i]$，那么 $a[i]$ 就是剩下的数里的第 $k+1$ 小的数。
• 将 $pos$ 对 $(n-i)!$ 取模。
• 接下来确定第 $i+1$ 项的值。

因为我们需要进行除法、取模的操作，所以不能再模 $Mod$ 的意义下出现，这也意味着 $n!\le 2^{64}-1$。

否则就会爆 $longlong$。

可以发现阶乘是可以预处理的，然后就是维护剩下的数，并 查询第 $k+1$ 小的数，这个可以用 权值树状数组 来求解。

下述代码是包含康托展开和逆康托展开的代码，值得注意的是，如果给定某一排列的位次，进行逆康托展开的时候，记得将位次减 $1$，因为我们需要的是小于该排列的数量。

同理，进行康托展开的时候，把答案加 $1$，因为求出来的是小于当前排列的数量。

切记不要取模。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define int long long
#define endl '\n'
#define PII pair<int,int>
#define INF 1e18
const int MOD = 998244353;
const int N = 1e6 + 7;
template<typename T>// 单点修改和区间查询的树状数组
struct Fenwick {vector <T> tree;int n;Fenwick(int _n) : n(_n), tree(_n + 2){}// 求 1~x 的前缀和T getsum(int x) {T ans = 0;int L = x;while (x) {ans += tree[x];x = x - lowbit(x);}return ans;}// 区间查询T get_range_sum(int l, int r) {return getsum(r) - getsum(l - 1);}// 单点修改void add(int x, T k) {while (x <= n) {tree[x] += k;x += lowbit(x);}}static inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}// 求区间第 k  小T getKth(int k) {T x = 0, sum = 0;for (int i = log2(n); i >= 0; i--) {x += (1ll << i);if (x >= n || sum + tree[x] >= k) {x -= (1ll << i);} else {sum += tree[x];}}return x + 1;}
};int fac[N];
void init(int n) {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i;
}// 下标从 1 开始
int Cantor(int n, vector <int> &p) {Fenwick<int> tree(n);for (int i = 1; i <= n; i++) {tree.add(i, 1);}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {int cnt = tree.get_range_sum(1, p[i] - 1);int bnt = fac[n - i];ans = (ans + cnt * bnt);tree.add(p[i], -1);}return ans;
}vector <int> AntiCantor(int n, int pos) {vector <int> p (n + 1);Fenwick<int> tree(n);for (int i = 1; i <= n; i++) {tree.add(i, 1);}for (int i = 1; i <= n; i++) {int k = pos/fac[n - i];pos %= fac[n - i];p[i] = tree.getKth(k + 1);tree.add(p[i], -1);}return p;
}void slove () {int n, q;cin >> n >> q;init(n);while (q--) {char op;cin >> op;if (op == 'P') {int pos;cin >> pos;vector <int> p = AntiCantor(n, pos - 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cout << p[i] << ' ';cout << endl;} else {vector <int> p(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];cout << Cantor(n, p) + 1 << endl;}}}signed main () {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);slove();
}