【Educational Codeforces Round 102 C】No More Inversions

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翻译

给你一个序列 \(a\), 是 1,2,3...k 按顺序组成的 \(n\ (n>=k)\) 个数字, 超过 \(k\) 了，又从右往左取。

然后，让你确定一个排列 \(p\)，使得它按照 \(a\) 中元素作为下标顺序取，得到的序列 \(b\) 中逆序对的个

数不超过原序列 \(a\)。并且，要求得到的序列 \(b\) 的字典序是最大的。

题解

做这题之前，先得知道这么一个结论。

s[1],s[2],s[3]...s[p-2],s[p-1],s[p],s[p-1],s[p-2]...s[1]

这样的长度为 \(2*p\) 的序列，只要它满足任意两个数字都不同，那么不论 \(s\) 是啥，它的逆序对的个数都为 \((p-1)^2\)。

这样证:从中任取两个不相同的数字 \(x\) 和 \(y\)，设他们在这个长度为 \(2*p\) 的序列中的相对位置如下:

x...y...y...x 或者是 x...y....x。其中后者对应 \(y\) 是元素 s[p]。

那么会发现，前者无论是 \(x>y\) 或者 \(x<y\)。对逆序对贡献都是 \(2\)，而后者对逆序对贡献都是 \(1\)。

那么总的逆序对数就为 \(2*\frac{(p-1)*(p-2)}{2}+(p-1)\) 也即 \((p-1)^2\)。

怎么用这个结论呢。

我们设 \(m=n-k\)。

那么，\(a\) 根据下标就可以分为 \(1..k-m-1\) 和 \(k-m..k+m\) 这么两段。

而这里的第二段显然就是我们上面提到的逆序对数固定的部分，而第一部分单独不贡献逆序对，这两段之间因为第二段的

数字都大于第一段, 所以也不会贡献逆序对.

那么逆序对就全都在 \(k-m..k+m\) 这一段出现。

则我们新得到的长度为 \(n\) 的序列 \(b\) 也应该遵循这样的规则，即第一段不贡献逆序对 1,2,...k-m-1。

然后第二段里面的值都比第一段大，但是第二段这时可以任意了，因为根据上面的证明，第二段里面数字是什么，最后

贡献的逆序对都是一样的。

当然选字典序最大的了，也即选 k,k-1,...k-m。这样就组成了我们的排列 \(p\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int T,n,k;

int main() {
	#ifdef LOCAL_DEFINE
		freopen("in.txt", "r", stdin);
	#endif // LOCAL_DEFINE

	cin >> T;
	
	while (T--) {
		cin >> n >> k;
		int m = n - k;
		for (int i = 1; i <= k - m - 1; i++) {
			cout << i << " ";
		}
		for (int i = k - m,j=0; i <= k; i++,j++) {
			cout << k - j << " ";
		}
		cout << endl;
	}
	return 0;
}