P5367 【模板】康托展开

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题目描述

求 \(1\sim N\) 的一个给定全排列在所有 \(1\sim N\) 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 \(1\sim N\) 的一种全排列。

输出格式

一行一个非负整数，表示答案对 \(998244353\) 取模的值。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
2 1 3

输出 #1

3

输入输出样例 #2

输入 #2

4
1 2 4 3

输出 #2

2

说明/提示

对于 \(10\%\) 数据，\(1\le N\le 10\)。

对于 \(50\%\) 数据，\(1\le N\le 5000\)。

对于 \(100\%\) 数据，\(1\le N\le 1000000\)。

公式

设有一个由数字 (1,2,\dots,n) 组成的排列
\((a_1, a_2, \dots, a_n) ,\)
定义对每个位置 \(i\) ：
\(c_i = \{\, j \mid j > i,\ a_j < a_i \,\}\),

即 \(c_i\) 是在第 \(i\) 个元素之后、且比 \(a_i\) 小的元素个数。

则该排列的康托展开值为

\(\mathrm{Cantor}(a_1, a_2, \dots, a_n) = \sum_{i=1}^{n} c_i \cdot (n-i)!\)

其中

\(0 \le c_i \le n - i,\quad i = 1,2,\dots,n\)

思路

数据量1e6很大，不能按照公式计算直接暴力枚举，所以我们可以考虑使用树状数组求取比当前\(a_i\)小的数，那么\(a_i\) 减去当前小于\(ai\)的就是后面出现的小于\(ai\)的个数，那么我们就可以在 \(O(nlogn)\) 的时间复杂度内求解

题解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int mod = 998244353 ;
typedef long long ll;
int n;
ll a[N];
ll fac[N];

ll tree[N];

int lowbit(int i)
{
    return i&-i;
}

void add(int i,int v)
{
    while(i<=n)
    {
        tree[i]+=v;
        i += lowbit(i);
    }
}

ll query(int i)
{
    int sum = 0;
    while(i>0)
    {
        sum += tree[i];
        i -= lowbit(i);
    }   
    return sum;
}

void solve()
{
    cin>>n;
    ll res = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll cnt = query(a[i]);
        cnt = a[i]-cnt-1;
        res += fac[n-i]*cnt%mod;
        res %= mod;
        add(a[i],1);
    }

    res = (res+1)%mod;
    cout<<res<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N-10;i++)
    {
        fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
    }
    int t=1;
    // cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}