SortingtheArray - 题解

标签与难度

标签: 构造, 组合数学, 排列, 逆向思维, 滑动窗口, 喵~ 难度: 2300

题目大意喵~

一位名叫 f 的函数会对一个数组 a 进行操作，喵~ 函数的逻辑是这样的：它有一个大小为 m 的滑动窗口，从左到右滑过数组。每当窗口滑动到一个新的位置，它就会对窗口内的元素进行排序。这个过程会一直持续到窗口到达数组的末尾。

现在，我们知道了函数 f 处理一个长度为 n 的初始数组 b 后，得到的最终数组 ret。我们的任务是，找出所有可能的初始数组 b 中，字典序第 k 小的那一个，然后把它交出来，喵！

题目保证了至少存在 k 个这样的初始数组 b，所以不用担心找不到哦。

解题思路分析

这真是一道有趣的谜题呢，喵！要把一个乱七八糟的过程倒过来想，就像把打结的毛线球解开一样，需要耐心和智慧，的说！

模拟正向过程

首先，我们来仔细研究一下函数 f 到底做了什么。它从 i = m-1 到 n-1 遍历，每次都对子数组 a[i-m+1 ... i] 进行排序。

我们来模拟一下这个过程，看看能不能发现什么规律。想象我们有一个大小为 m 的魔法口袋（用优先队列或者 std::multiset 来想最方便了！）。

1. 一开始，我们把初始数组 b 的前 m-1 个元素 b[0], ..., b[m-2] 都丢进魔法口袋里。
2. 然后，从 i = m-1 到 n-1，我们进行 n-m+1 次操作： a. 把 b[i] 这个新元素也丢进魔法口袋。现在口袋里有 m 个元素啦。 b. 从口袋里找出最小的那个元素，这个元素就是最终数组 ret 在 i-m+1 位置上的值，也就是 ret[i-m+1]。 c. 把这个最小的元素从口袋里拿出来，它光荣地完成了任务，不会再参与后续的排序了。

所以，ret 数组其实就是我们每次从魔法口袋里取出的最小值的序列！ret[0] 是第一次取出的最小值，ret[1] 是第二次，以此类推。

逆向推理找线索

知道了 ret 是怎么来的，我们就可以开始逆向推理，寻找 b 的蛛丝马迹了，喵~

令 Pool_j 为决定 ret[j] 时，魔法口袋里的元素集合。

• ret[0] = min(Pool_0)，其中 Pool_0 = {b[0], ..., b[m-1]}。
• ret[1] = min(Pool_1)，其中 Pool_1 = (Pool_0 \setminus \{ret[0]\}) \cup \{b[m]\}。
• ...
• ret[j] = min(Pool_j)，其中 Pool_j = (Pool_{j-1} \setminus \{ret[j-1]\}) \cup \{b[j+m-1]\}。

这里的 Pool_{j-1} \setminus \{ret[j-1]\} 就是上一步操作后，口袋里剩下的 m-1 个“幸存者”。我们知道，ret[j-1] 是 Pool_{j-1} 中最小的，所以所有幸存者的值都大于或等于 ret[j-1]。

现在，关键的推理来了！ ret[j] = min( (幸存者们) \cup \{b[j+m-1]\} ) 如果 ret[j] 比所有幸存者都小，那它只能是 b[j+m-1]！什么时候会发生这种情况呢？一个很强的信号是，如果 ret[j] 比它之前的一些 ret 值还要小。

更准确地说，我们维护一个 ret 值的单调不减栈。当 ret[i] 出现时：

• 如果 ret[i] 大于等于栈顶元素，说明它可能是从幸存者中选出来的，我们无法确定它来自哪里。我们将它压入栈中。
• 如果 ret[i] 小于栈顶元素，这说明 ret[i] 不可能是任何一个幸存者（因为幸存者们都比之前的 ret 值大，自然也比栈顶元素大）。因此，ret[i] 只能是那个新加入的元素！在决定 ret[i] 的那一步，新加入的元素是 b[i+m-1]。所以，我们就确定了 b[i+m-1] = ret[i]。

通过这个方法，我们可以把 ret 数组中的元素分成两类：

1. 自由值 (Free Values): 那些被压入单调栈的 ret 元素。我们暂时不知道它们在 b 数组中的原始位置。
2. 固定值 (Fixed Values): 那些因为小于栈顶而被识别出来的 ret 元素。它们在 b 数组中的位置是固定的。

相应的，b 数组的 n 个位置也被分成了 自由位置 和 固定位置。

组合计数的魔法

现在问题转化成了：把所有“自由值”填入所有“自由位置”，使得最终的 b 数组是所有合法方案中字典序第 k 小的。

这就像一个经典的排列组合问题，喵！我们要从左到右，一个一个地确定自由位置上的值。假设有 L 个自由位置 p_1, p_2, ..., p_L (已排序) 和 L 个自由值 v_1, v_2, ..., v_L (已排序)。

为了得到字典序最小的 b，我们应该在最小的自由位置 p_1 上放尽可能小的值。 那么，对于第 i 个自由位置 p_i，我们可以从当前还没用过的自由值中选择哪些呢？ 经过一番复杂的推导（这里的小我也挠了挠头呢~），可以得出一个美妙的结论： 对于第 i 个自由位置 p_i（i 从 1 开始数），我们可以从当前可用的自由值中，选择前 min(i, m) 小的任意一个！

为什么是 min(i, m) 呢？

• i: 代表这是我们遇到的第 i 个自由位置。在 f 的过程中，b[p_1], ..., b[p_i] 这 i 个值会先后进入魔法口袋。
• m: 魔法口袋的大小。口袋最多只能同时关注 m 个元素。

当 i <= m 时，前 i 个自由值 {b[p_1], ..., b[p_i]} 会全部进入口袋。为了保证最终生成的 ret 中的自由值部分是从小到大 v_1, v_2, ... 这样出现的，{b[p_1], ..., b[p_i]} 的集合必须是 {v_1, ..., v_i}。所以，在决定 b[p_i] 时，它可以是 {v_1, ..., v_i} 中任何一个尚未被 b[p_1], ..., b[p_{i-1}] 使用的值。这给了我们 i 个选择。 当 i > m 时，魔法口袋的大小为 m，它只能“记住” m 个元素。这给了我们 m 个选择的自由度。

所以，在填充第 i 个自由位置时，我们有 min(i, m) 个选择。

寻找第 k 小排列

现在，我们可以用康托展开（或者叫 factoradic）的思想来构造第 k 小的排列了。 我们从 k (0-indexed) 开始，从左到右（i from 1 to L）填充自由位置 p_i：

1. 计算将剩下的 L-i 个自由值填入 p_{i+1}, ..., p_L 的总方案数。这个方案数等于 min(i+1, m) * min(i+2, m) * ... * min(L, m)。
2. 对于 p_i，我们按从小到大的顺序尝试可用的 min(i, m) 个自由值。
3. 假设当前尝试第 j 个可用值（j from 1 to min(i,m)）。如果 k 小于后面的总方案数，说明 p_i 就应该填这个值。我们把它填上，然后继续处理下一个位置 p_{i+1}。
4. 如果 k 大于等于总方案数，我们就从 k 中减去这个方案数，然后尝试下一个可用值。

优化小技巧: k 可能很大，但乘积增长得非常快。通常，只有最后几十个自由位置的排列是需要我们精心计算的。对于前面的自由位置，k 都会远远大于它们的后续方案数之积，所以它们会直接取当前可用的最小值。我们可以先找到一个分界点 split_point，使得 split_point 之后的位置的排列方案数首次大于 k。那么在 split_point 之前的所有自由位置，我们都可以直接按 b[p_i] = v_i 来填充，大大加快了计算速度，喵~

代码实现

这是小我根据上面的思路，精心重构的一份代码~ 希望能帮到你，喵！

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <numeric>

// 使用一个更快的 IO 模板，喵~
void fast_io() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
}

// 处理单个测试用例的函数
void solve() {
    int n;
    long long m, k;
    std::cin >> n >> m >> k;
    std::vector<int> ret(n);
    std::vector<bool> is_val_used(n + 1, false);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        std::cin >> ret[i];
    }

    // b_final 是我们最终要构造的答案数组
    std::vector<int> b_final(n, 0);
    // free_values 存储所有自由值
    std::vector<int> free_values;
    // mono_stack 是用来识别自由值的单调栈
    std::vector<int> mono_stack;

    // 步骤1: 识别固定值和自由值
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        // 如果当前 ret[i] 破坏了单调性，它就是一个固定值
        if (!mono_stack.empty() && mono_stack.back() > ret[i]) {
            // 固定值 ret[i] 必须来自 b[i + m - 1]
            // 注意题目给的伪代码是 1-based，这里我们用 0-based
            if (i + m - 1 < n) {
                b_final[i + m - 1] = ret[i];
                is_val_used[ret[i]] = true;
            }
        } else {
            // 否则，ret[i] 是一个潜在的自由值，先放入单调栈
            mono_stack.push_back(ret[i]);
        }
    }
    
    // mono_stack 中剩下的就是所有的自由值
    free_values = mono_stack;
    for(int val : free_values) {
        is_val_used[val] = true;
    }

    // 步骤2: 找出所有自由位置
    std::vector<int> free_positions;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (b_final[i] == 0) {
            free_positions.push_back(i);
        }
    }
    
    int num_free = free_positions.size();
    
    // k 是 1-based, 我们转成 0-based 方便计算
    k--; 

    // 步骤3: 构造第 k 小的排列
    
    // 优化：找到一个分割点，使得此点之前的自由位可以直接填最小可用值
    int split_idx = 0;
    // 使用 __int128 防止计算方案数时溢出
    __int128 permutations_count = 1;
    // 从后往前计算后缀的排列方案数
    for (int i = 1; i <= num_free; ++i) {
        // 如果再乘就会超过 k，就找到了分割点
        if (permutations_count > k / std::min((long long)i, m)) {
            split_idx = num_free - i;
            break;
        }
        permutations_count *= std::min((long long)i, m);
    }

    // 填充分割点之前的位置
    for (int i = 0; i < split_idx; ++i) {
        b_final[free_positions[i]] = free_values[i];
    }

    // 填充分割点之后的位置，这里需要精细计算
    std::vector<int> remaining_free_values;
    for (int i = split_idx; i < num_free; ++i) {
        remaining_free_values.push_back(free_values[i]);
    }

    for (int i = split_idx; i < num_free; ++i) {
        // 计算填充完当前位置后，剩下位置的排列方案数
        permutations_count = 1;
        int remaining_count = num_free - 1 - i;
        for (int j = 1; j <= remaining_count; ++j) {
            permutations_count *= std::min((long long)(j + i - split_idx + 1), m);
        }

        // 确定当前位置 free_positions[i] 的值
        long long choices = std::min((long long)(i - split_idx + 1), m);
        for (int j = 0; j < choices; ++j) {
            if (k < permutations_count) {
                b_final[free_positions[i]] = remaining_free_values[j];
                remaining_free_values.erase(remaining_free_values.begin() + j);
                break;
            }
            k -= permutations_count;
        }
    }

    // 打印最终答案
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        std::cout << b_final[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    }
    std::cout << "\n";
}

int main() {
    fast_io();
    int t;
    std::cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N + L_0^2)$，其中 $N$ 是数组大小, $L_0$ 是需要进行组合计数部分的自由变量数量。

  • 识别固定值和自由值需要一次遍历，复杂度为 $O(N)$。
  • 寻找自由位置也是 $O(N)$。
  • 寻找分割点的优化，最多计算约 60 次乘法（因为 long long 的范围），所以是 $O(\log_m k)$，非常快。
  • 构造排列的部分，我们只对分割点后的 $L_0$ 个元素进行操作。外层循环 $L_0$ 次，内层循环最多 $m$ 次，内部的 erase 操作是 $O(L_0)$。总共是 $O(L_0^2)$。由于 $L_0$ 很小（通常小于 60），这部分也非常快。
  • 所以总时间复杂度由 $O(N)$ 主导。

• 空间复杂度: $O(N)$。

  • 我们需要存储 ret 数组、b_final 数组、free_values、free_positions 和单调栈，它们的大小都不会超过 $N$。

知识点总结

这道题是多种思想的美妙结合，喵~

1. 逆向思维: 解题的关键是从最终结果 ret 反推初始数组 b 的性质，而不是模拟正向过程。
2. 单调栈: 一个经典的数据结构，在这里巧妙地用于区分“稳定”可预测的元素（自由值）和“突变”的元素（固定值）。
3. 组合数学与康托展开: 当问题归结为“求第 k 小排列”时，康托展开（或其变体）是标准的解决方案。理解每个位置有多少种选择是核心。
4. 大数处理: 在计算排列数时，乘积可能非常大，会超出 long long 的范围。使用 __int128 或者通过比较来避免直接计算大数是一种常见的处理技巧。
5. 构造性算法: 这类算法要求我们不是去寻找一个答案，而是根据规则直接构造出满足条件的答案。

希望这篇题解能帮助你理解这道题的奥秘！继续加油哦，喵~