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【算法速成课 3】康托展开（Cantor Expansion）/ 题解 P3014 [USACO11FEB] Cow Line S

news 2025/10/27 6:58:32

专栏：算法速成课_proMatheus的博客-CSDN博客

前置知识：树状数组

前导

康托展开（Cantor Expansion）是一种将一个排列，映射为一个唯一整数的编码方法。

常用于排列的哈希、状态压缩或字典序编号等场景。

题意

任务一：求一个全排列是第几个全排列，按字典序（即从小到大）。

任务二：求第 $K$ 个全排列。

1.康托展开（任务 1）

分析

假如我问你，求 $13425$ 是第几个 $5$ 的全排列，你会怎么做？

先一个个列出来？

$12345,12354,12435,12453,12534,12543,13245,13254,13425...$

发现是第 $9$ 个。

那有没有更快的方法？

我们发现 $13425$ 的第二个位是 $3$ ，这代表 $12XXX$ 都在它的前面。

直接加上所有 $12XXX$ 的数量 $6$ 。

接着发现第三个位是 $4$ ，照理来说应该是它后面、比它小的 $2$ 在它这个位置，

但现在这里是 $4$ ，代表 $132XX$ 都在 $13425$ 的前面，加上数量 $2$ 。

$6+2=8$ ，这是所有在 $13425$ 前面的数，即 $13425$ 是第 $9$ 个全排列。

再回顾总结下，假设要求 $n$ 的全排列。

如果有比当前第 $i$ 个位上的数 $x$ 小，且还没出现过的数 $a$ 。

那么这个 $a$ 肯定能顶替 $x$ 得到更小的字典序，排在题目给出排列的前面（ $1$ 到 $i-1$ 位不动）。

累计答案加上 $(n-i)!$ ，这表示所有 $a$ 顶替 $x$ 构成的排列都排在题目给出排列的前面。

很明显，有几个这样的 $a$ 就应该加几个 $(n-i)!$ 。

实现

例题：P5367 【模板】康托展开 - 洛谷

想要求出比当前 $x$ 小且还没出现过数的个数，可以考虑使用树状数组 / 线段树 / 平衡树。

后两个都稍有麻烦，我们用树状数组。

时间复杂度 $O(nlog\ n)$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
const LL P = 998244353;int n, a[N];
LL c[N], fac[N];void add(int x, LL d) {for (; x <= n; x += x & -x) {c[x] = (c[x] + d) % P;}
}LL get_sum(int x) {LL res = 0;for (; x >= 1; x -= x & -x) {res = (res + c[x]) % P;}return res;
}int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];}memset(c, 0, sizeof(c));fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) {  // 初始化阶乘数组 fac[i] = fac[i - 1] * i % P;   // 一定要取模！！ }LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {int x = a[i];LL t = ( (x - 1) - get_sum(x - 1) + P) % P;   // get_sum 求出来的是出现过比 x 小的数，要求没出现过的 ans = (ans + t * fac[n - i] % P) % P;add(x, 1);   // 把 x 放进去 }cout << (ans + 1) << "\n";   // 别忘了加 1，ans 是在题目给出排列前面的排列数 return 0;
}

2.逆康托展开（任务 2）

分析

聪明的你肯定想到了应该怎么做：

假设给出的排列序号是 $K$ ，循环 $1$ 到 $n$ ， $K$ 先减减。

这样 $K$ 就代表着在答案排列前面的排列个数，接下来每一个位都根据前面的排列定值。

当前循环到 $i$ 。

如果 $K$ 里面有 $a$ 个 $(n-i)!$ ，取 $1$ 到 $i-1$ 位未出现的第 $a+1$ 小数为 $t$ 。

那么当前位就等于 $t$ 。

因为按理说当前位就该是 $1$ 到 $i-1$ 位未出现的最小数了，但 $K$ 里又有 $a$ 个 $(n-i)!$ 。

这代表在第 $i$ 位，还有 $a$ 个比它小的数构成的排列排在它前面（ $1$ 到 $i-1$ 位不动），

又由于不能重复，所以取 $1$ 到 $i-1$ 位未出现的第 $a+1$ 小数。

别忘了 $K-=a*(n-i)!$ 。

还是拿 $13425$ 的例子，现在我们只知道 $K=8\ \ (9-1)$ 。

当 $i=1$ 时， $K$ 里面有 $0$ 个 $(n-1)!=24$ ， $1$ 到 $0$ 位未出现的第 $1$ 小数为 $1$ 。

当 $i=2$ 时， $K$ 里面有 $1$ 个 $(n-2)!=6$ ， $1$ 到 $1$ 位未出现的第 $2$ 小数为 $3$ 。

$K=2$ 。

当 $i=3$ 时， $K$ 里面有 $1$ 个 $(n-3)!=2$ ， $1$ 到 $2$ 位未出现的第 $2$ 小数为 $4$ 。

$K=0$ 。

当 $i=4$ 时， $K$ 里面有 $0$ 个 $(n-4)!=1$ ， $1$ 到 $3$ 位未出现的第 $1$ 小数为 $2$ 。

当 $i=5$ 时， $K$ 里面有 $0$ 个 $(n-5)!=1$ ， $1$ 到 $4$ 位未出现的第 $1$ 小数为 $5$ 。

得出 $13425$ 。

实现

难点在求 $1$ 到 $i-1$ 位未出现的最小数，这玩意 $O(n^2)$ ，想优化上线段树 or 树状数组上倍增。

（不过例题 $n$ 很小不需要，无所谓我会给出两份代码）

例题：P3014 [USACO11FEB] Cow Line S - 洛谷

P 操作就是逆展开。

$20!=2,432,902,008,176,640,000$ ，long long 的范围是 $-2^{63}$ 到 $2^{63}-1$ 。

即差不多 $\pm 9.2e18$ ，可以放心用。

逆展开 $O(n^2)$ 代码（我用了 set，总时间复杂度 $O(Kn^2)$ 可 AC）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 22;int n, a[N];
LL c[N], fac[N];void add(int x, LL d) {for (; x <= n; x += x & -x) {c[x] += d;}
}LL get_sum(int x) {LL res = 0;for (; x >= 1; x -= x & -x) {res += c[x];}return res;
}int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int K;cin >> n >> K;fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) {fac[i] = fac[i - 1] * i;   // 阶乘这一块 /. }while (K --) {char s[5];cin >> s;if (s[0] == 'Q') {   // 正展开 memset(c, 0, sizeof(c));   // 每个询问都要清空一次 LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];LL t = a[i] - 1 - get_sum(a[i] - 1);ans += t * fac[n - i]; add(a[i], 1);}cout << (ans + 1) << "\n";}else {   		   // 逆展开 LL k;     // 这玩意可有 20! 那么大 cin >> k; k --;   // 减减 set<int> set_;  // 未使用数字集合 for (int i = 1; i <= n; i ++) {set_.insert(i);    // 全都放进去 }for (int i = 1; i <= n; i ++) {int aa = k / fac[n - i];  // 重名了用 aaauto it = set_.begin(); advance(it, aa);   // 移到第 aa + 1 个元素 a[i] = *it;set_.erase(*it);     // 删了 k -= aa * fac[n - i];  // 别忘了减 }for (int i = 1; i <= n; i ++) {cout << a[i] << " ";}cout << "\n";}}return 0;
}

逆展开树状数组倍增 $O(n\ logn)$ 做法，总时间复杂度 $O(Kn\ logn)$ ：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 22;int n, a[N];
LL c[N], fac[N];void add(int x, LL d) {for (; x <= n; x += x & -x) {c[x] += d;}
}LL get_sum(int x) {LL res = 0;for (; x >= 1; x -= x & -x) {res += c[x];}return res;
}// 在树状数组 c 中找第 k 小的可用数（k 从 1 开始）
// 这里利用了树状数组的特性，即查询 1 到 n 最多遍历 log n 个值 
int kth(int k) {int p = 0, s = 0;    // p 是当前树状数组上刚刚遍历到的节点（当前遍历范围可使用数字最大值） // s 是当前已遍历范围里可使用数字的总个数 // 整个过程就是不断调整 p 的大小（遍历范围的最大值）// 来看看 s 什么时候刚好等于 k - 1// 由于最后 s 肯定停在 k - 1 的临界值（再大一点就不是了）// 所以 p + 1 是第 k 个数 // n <= 20，所以 1 << 5 = 32 足够for (int i = 5; i >= 0; i --) {int t = p + (1 << i);if (t <= n && s + c[t] < k) {  // 节点还小于 n，总个数要小于 k s += c[t];p = t;}}// 现在 p 是最大的满足 get_sum(p) < k 的下标 return p + 1;
}int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int K;cin >> n >> K;fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) {fac[i] = fac[i - 1] * i;   // 阶乘这一块 /. }while (K --) {char s[5];cin >> s;if (s[0] == 'Q') {   // 正展开 memset(c, 0, sizeof(c));   // 每个询问都要清空一次 LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];LL t = a[i] - 1 - get_sum(a[i] - 1);ans += t * fac[n - i]; add(a[i], 1);}cout << (ans + 1) << "\n";}else {   		   // 逆展开 LL k;     // 这玩意可有 20! 那么大 cin >> k; k --;   // 减减 memset(c, 0, sizeof(c));   // 现在这个树状数组是存未使用的数字 for (int i = 1; i <= n; i++) {add(i, 1);     // 全都放进去 }for (int i = 1; i <= n; i ++) {int aa = k / fac[n - i];   // 重名了用 aaint t = kth(aa + 1);     // 第 (aa + 1) 小，kth 是 1-indexeda[i] = t;add(t, -1);              // 删掉这个数k -= aa * fac[n - i];      // 别忘了减 }for (int i = 1; i <= n; i ++) {cout << a[i] << " ";}cout << "\n";}}return 0;
}

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