康托（Cantor）展开

直接进入正题。

康托展开

Description

现在有"ABCDEFGHIJ”10个字符，将其所有的排列中按字典序排列，给出任意一种排列，说出这个排列在所有的排列中是第几小的？

Input

第一行有一个整数n（0<n<=100000）;

随后有n行，每行是一个排列；

Output

输出一个整数m，占一行，m表示排列是第几位；

Sample Input

3
ABCDEFGHIJ
HGEBFACDJI
GDEDHJBXIA

Sample Output

1
2803322
1911924

其实思路可能不用说也能想出来。

设总长度为len，枚举每一个字母，找它后面比它小的字母个数，记为k。那么每一位的答案就是k*(len-i)!。

下面给出草率证明：

先举个栗子，比如说一个字符串BACED。（样例太长懒得解释）

第一位B找到了A一个比它小的字母，说明这个字符串排在所有以A开头的字符串之后（显然共有4！个），所以B对最终答案的贡献是4！。

第二位A没找到比它小的字母，说明这个字符是所有以B开头的字符串中第二位最小的，所以B对最终答案没有贡献。

第三位C没找到比它小的字母，说明这个字符是所有以BA开头的字符串中第二位最小的，所以C对最终答案没有贡献。

第四位E找到了E一个比它小的字母，说明这个字符串排在所有以BACD开头的字符串之后（显然共有1！个），所以E对最终答案的贡献是1！。

第五位D没找到比它小的字母，说明这个字符是所有以BACE开头的字符串中第二位最小的，所以D对最终答案没有贡献。

又因为第一个字符串排名为1，所以所有字符串排名都应加1。

所以答案是1+4！+1！=26；

放代码，算是很短的。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3
 4 int n,f[19];
 5 int main(){
 6     scanf("%d",&n);
 7     f[0]=1;//注意
 8     for(int i=1;i<=10;i++) f[i]=f[i-1]*i;//预处理阶乘
 9     while(n--)//数据组数
10     {
11         int ans=1;//每个字符串排名都加1，上面有提到
12         string s;
13         cin>>s;
14         int len=s.length();//取字符串长度
15         for(int i=0;i<len;i++)
16         {
17             int k=0;
18             for(int j=i+1;j<len;j++)
19                 if(s[i]>s[j]) k++;//记录在当前字符之后有几个比当前字符小的
20             ans+=k*f[len-i-1];//注意i从0开始，所以是len-i-1
21         }
22         printf("%d\n",ans);
23     }
24     return 0;
25 }

但是时间复杂度达到了len²（当然这里len只有11，除了穷举都能过）

但如果是这道题呢？（参考洛谷P5637）

P5367 【模板】康托展开

题目描述

求1∼N的一个给定全排列在所有1∼N全排列中的排名。结果对998244353取模。

输入格式

第一行一个正整数N。

第二行N个正整数，表示1∼N的一种全排列。

输出格式

一行一个非负整数，表示答案对9982443539取模的值。

输入输出样例

输入 #1 

3
2 1 3

输出 #1 

3

输入 #2 

4
1 2 4 3

输出 #2 

2

说明/提示

对于10%数据，1≤N≤10。

对于50%数据，1≤N≤5000。

对于100%数据，1≤N≤1000000

如果用传统的康托展开做，时间复杂度O(n²)，只能拿50分。

我们考虑用数据结构维护每个数后面的它小的数的个数，自然而然想到了权值线段树（其实是我不会树状数组）。

线段树的叶子节点维护的是该叶子结点所对应的编号出现的次数（我也说不清楚，具体看代码）。首先插入所有数，随后第i次找1到a[i]-1区间内的和，做完之后删除这个数，防止后面的数重复记录产生错误答案。时间复杂度O(logn)。

上代码：

 #include<bits/stdc++.h>//随时记得取模，尽可能降低WA的概率
 #define P 998244353
 #define N 1000009
 using namespace std;

 int n,ans=,a[N],sum[N<<];
 long long f[N];//这道题内存限制只有31.25MB，第一次全开了long long发现MLE，第二次全开了int爆WA，最后部分开了long long才压内存过
 void Update(int rt,int l,int r,int x,int c,int fg)//fg是flag，标记
 {
     if(l==r && l==x)
     {
         if(fg==) sum[rt]+=c;//如果是插入，sum就加c
         else sum[rt]-=c;//如果是删除，sum就减c
         return;
     }
     int mid=(l+r)>>;
     if(x<=mid) Update(rt<<,l,mid,x,c,fg);
     else Update(rt<<|,mid+,r,x,c,fg);
     sum[rt]=sum[rt<<]+sum[rt<<|];
 }

 int Query(int rt,int l,int r,int x,int y)
 {
     if(l==x && r==y) return sum[rt];
     int mid=(l+r)>>;
     if(y<=mid) return Query(rt<<,l,mid,x,y);
     else if(x>mid) return Query(rt<<|,mid+,r,x,y);
     else return Query(rt<<,l,mid,x,mid)+Query(rt<<|,mid+,r,mid+,y);
 }
 int main(){
     memset(sum,,sizeof(sum));
     scanf("%d",&n);
     f[]=;//注意
     for(int i=;i<=;i++) f[i]=f[i-]%P*i%P;//计算阶乘
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
         Update(,,n,a[i],,);//将每一个数插入到权值线段树中
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         if(a[i]==)//如果a[i]==1，那么该数一定对答案没有贡献，直接删除
         {
             Update(,,n,a[i],,);
             continue;
         }
         ans=(ans+Query(,,n,,a[i]-)%P*f[n-i]%P)%P;//更新答案
         Update(,,n,a[i],,);//删除这个数
     }
     printf("%d\n",(ans+P)%P);
     return ;
 }