康托展开

有n个数\(1\sim n\)，显然，我们知道，其有\(n!\)种排列。那么，从小到大排序这些排列，能否求出，某个排列是第几个？
解决上述问题，我们就要用到康托展开。

康托展开

内容

康托展开能够计算出：对于一个1到n的排列\(\left\{a_1,a_2,a_3,…,a_n\right\}\)，比它小的排列有多少个。
举个例子，假设\(n=4\)，给定的排列是\(\left\{2,3,1,4\right\}\)（后简称为a）。那么，由于排序是逐位比较的，所以我们也逐位分析：比a小的排列是从哪一位开始比a小的？

1. 第一位是2，比2小的数只有1，所以以1为开头的所有排列一定比a小，共有\(1\times 3!=6\)种（1表示只有1一种情况比2小，\(3!\)表示后面三个数字可以任意排列的方案数）；
2. 第二位是3，比3小的数有1,2，又因为2在第一位，故只有一种情况1，即这种情况下只有以2,1开头才能比a小，共\(1\times 2!=2\)种；
3. 第三位是1，没有比1小的数了，所以不可能存在排列，使得从第三位开始才小于a，故有\(0\times1!=0\)种；
4. 第四位是4，比4小的有1,2,3，但是它们在前几位都被用了，所以也不存在，共\(0\times0!=0\)种。

共\(6+2+0+0 = 8\)个排列比a小，故a是第9名。

所以，我们可以推出对于任意一个排列，有多少个排列比它小：

\[X = \sum\limits_{i=1}^{n}sum_{a_i}\times(n-i)! \]

其中\(sum_{a_i}\)表示\(a_i\)后面有多少个数小于它，即\(sum_{a_i} = \sum\limits_{j=i}^{n}{(a_j<a_i)}\)
解释如下：
逐位比较，从这一位开始比a小的情况（即前几位都与a一样，这一位比a的这一位小）共有\(sum_{a_i}\)种，因为在\(a_i\)前面的不能改变，故比a小只能是在\(a_i\)以后的、比\(a_i\)小的数。剩下还有\((n-i)\)位，剩下的数字可以随便填（因为这一位已经小了，其余位就没关系了），共\((n-i)!\)种。根据乘法原理，这一位开始比a小的情况就有\(sum_{a_i}*(n-i)!\)中；根据加法原理，总情况就有\(\sum\limits_{i=1}^{n}{sum_{a_i}*{n-i}!}\)种。

代码

根据式子，我们很容易就能写出代码：
阶乘的部分，我们可以用 j(i)c(an) 数组预处理得到，而sum数组，则可以根据定义进行模拟，代码如下：
例题：P2524 Uim的情人节礼物·其之弐

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 1000000
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[maxn],jc[maxn],sum=0,tot=0;
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%1lld",&a[i]);
	}
	jc[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tot=0;
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			if(a[j]<a[i]) tot++;
		sum+=(tot*jc[n-i])%mod;
	}
	printf("%lld",sum+1);
	return 0;
}

不难看出，复杂度是\(O(n^2)\)，过这道题是绰绰有余了，但是，如果数据范围再大一些呢？
我们发现，能优化的只能是求sum数组的部分了。我们发现，能够用树状数组解决这个问题：
首先定义x数组均为1，用树状数组c维护x数组。每搜过一位后，就把x数组的这一位\(x_{a_i}\)设为0，这样，\(sum_{a_i}\)就等于\(\sum\limits_{j=1}^{a_i-1}x_j\)了，即在\(a_i\)前面且没搜过的数的个数（因为搜过的都变成0了）。所以，只需要一个单点修改区间查询的树状数组维护即可。
例题：P5367 【模板】康托展开

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 1000005
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[maxn],jc[maxn],sum=0,tot=0;
ll c[maxn];
ll lowbit(ll x) {return x&(-x);}
ll pluss(ll p,ll x) {for(ll i=p;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]=(c[i]+x)%mod;}//单点修改
ll search(ll ri) {ll res=0;for(ll i=ri;i>=1;i-=lowbit(i)) res=(res+c[i])%mod;return res%mod;}//区间查询
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		pluss(i,1);
	}
	jc[0]=jc[1]=1;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		sum=(sum+((search(a[i]-1)*jc[n-i])%mod))%mod;
		pluss(a[i],-1);
	}
	printf("%lld",(sum+1)%mod);
	return 0;
}