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K-ary Heap - 题解 ​

喵~ 各位算法爱好者们，大家好呀！咱是你们最喜欢的小我，今天也要元气满满地来攻克一道有趣的题目哦！这道题叫做 "K-ary Heap"，听起来就和数据结构有关，对吧？它混合了组合计数和树形动态规划的思想，非常有嚼劲呢！让我们一起摇摇尾巴，把它拿下吧，喵~

标签与难度 ​

标签: 组合数学, 动态规划, 树形DP, 数论, 模块化算术, Cantor展开, 排列排名 难度: 2300

题目大意喵~ ​

题目给了我们一种特殊的 K-ary 堆的定义。它是一个大小为 n 的数组，但我们可以把它想象成一棵树。数组下标为 i 的节点，它的孩子们是下标从 K*i + 1 到 K*i + K 的节点。这个堆有一个性质：任何一个节点的值都严格小于它所有孩子节点的值。

现在，我们要考虑由数字 1 到 n 组成的所有排列。在这些排列中，有一些满足上面定义的 K-ary 堆性质。我们把所有这些满足条件的排列（也就是合法的堆）按照字典序从小到大排成一列，并从 1 开始给它们编号。

任务是：给定一个保证合法的 K-ary 堆排列，请我们找出它的编号是多少。因为答案可能很大，所以需要对 10^9 + 7 取模，喵~

举个栗子：当 n=3, K=2 时，合法的堆只有 [1, 2, 3] 和 [1, 3, 2]。按字典序排好后，[1, 2, 3] 的编号是 1，[1, 3, 2] 的编号是 2。

解题思路分析 ​

这道题本质上是在一个有特定限制的集合中，为一个给定的排列进行排名。这种问题通常可以用康托展开（Cantor Expansion）的思想来解决，呐。

康托展开的核心思想是，对于一个排列 P = [p_0, p_1, ..., p_{n-1}]，它的排名（比它小的排列数量）可以通过逐位确定来计算。我们从左到右遍历每一位 i，计算当排列的前 i-1 位与 P 相同时，第 i 位可以填入一个比 p_i 更小的数，并且依然能构成合法后缀的方案数。把所有这些方案数加起来，就得到了比 P 小的排列总数。

不过，直接计算“比 P 小”的排列数量有点复杂。一个更巧妙的思路是计算总的合法排列数，然后减去比 P 大的排列数。

Rank(P)=TotalValidPermutations−Count(P′>P)\text{Rank}(P) = \text{TotalValidPermutations} - \text{Count}(P' > P)

这样，给定的排列 P 的排名就是 Total - Count(>P)。让我们分两步走，喵~

第一步：计算总共有多少个合法的 K-ary 堆？ ​

一个节点的值比它所有孩子都小，这个性质递归下去，就意味着一个节点的值必须是其整个子树中所有节点值的最小值！

这给了我们一个强大的组合计数工具。我们可以用树形动态规划来解决这个问题。

  1. 建树：根据题意，节点 i 的父节点是 floor((i-1)/K)。我们可以先构建出这棵树的结构。
  2. 计算子树大小：我们从叶子节点开始，向上递推计算每个节点 i 的子树大小 tsize[i]。
  3. 树形 DP：设 f[i] 为，给定 tsize[i] 个不同的数，将它们填充到以 i 为根的子树中，能构成合法 K-ary 堆的方案数。
    • 根据堆性质，这 tsize[i] 个数中最小的那个必须放在根节点 i 上。这是固定的一步。
    • 剩下的 tsize[i] - 1 个数，需要分配给 i 的各个孩子节点的子树。
    • 假设 i 的孩子是 c_1, c_2, ..., c_m。我们需要从 tsize[i]-1 个数中选出 tsize[c_1] 个给 c_1 的子树，再从剩下的数中选 tsize[c_2] 个给 c_2 的子树... 这就是一个组合分配问题！
    • 分配数字的方案数是：C(tsize[i]−1,tsize[c1])×C(tsize[i]−1−tsize[c1],tsize[c2])×…C(tsize[i]-1, tsize[c_1]) \times C(tsize[i]-1-tsize[c_1], tsize[c_2]) \times \dots
    • 对于分配给每个孩子 c_j 的 tsize[c_j] 个数，它们内部又有 f[c_j] 种合法排列方式。

所以，我们的 DP 方程就是：

f[i]=(∏j=1mf[cj])×C(tsize[i]−1,tsize[c1])×C(tsize[i]−1−∑k=11tsize[ck],tsize[c2])×…f[i] = \left( \prod_{j=1}^{m} f[c_j] \right) \times C(tsize[i]-1, tsize[c_1]) \times C(tsize[i]-1-\sum_{k=1}^{1}tsize[c_k], tsize[c_2]) \times \dots

我们可以从 i = n-1 倒着计算到 0，最终 f[0] 就是用 1...n 这 n 个数能构成的合法 K-ary 堆的总数啦！

第二步：计算比给定排列 P 大的排列有多少个？ ​

我们利用康托展开的变体思想。比 P 大的排列 P'，要么是存在一个 i，使得 P' 的前 i-1 位与 P 相同，而 P'_i > p_i。

Count(P′>P)=∑i=0n−1Count(perms P′ where P0..i−1′=P0..i−1 and Pi′>pi)\text{Count}(P' > P) = \sum_{i=0}^{n-1} \text{Count}(\text{perms } P' \text{ where } P'_{0..i-1} = P_{0..i-1} \text{ and } P'_i > p_i)

我们来计算在每个位置 i，可以有多少种选择使得 P' 在该位第一次超过 P。

对于每个位置 i（从 0 到 n-1）：

  1. 固定前缀: 我们已经确定了前缀 p_0, p_1, ..., p_{i-1}。
  2. 可用资源: 剩下的 n-i 个未使用的数字，和 n-i 个未填充的位置 i, ..., n-1。
  3. 当前任务: 计算用这些资源，填充 i, ..., n-1，且满足 a[i] > p_i 的方案数。

这又是一个带限制的计数问题。我们把所有未填充的位置看作一个“森林”。森林的根是那些下标 j \ge i 但其父节点下标 < i 的节点。对于每个这样的根 r，它的值 a[r] 必须大于其已确定的父节点值 p_{parent(r)}。同时，我们还额外要求 a[i] > p_i。

这个问题可以这样解决：

  1. 找出所有限制: 收集所有“活跃”的根节点和它们的限制。
    • 对于位置 i，它的值 a[i] 必须大于 p_{parent(i)}（如果i>0）并且大于我们正在寻找的下界 p_i。所以 a[i] > max(p_{parent(i)}, p_i)。因为输入保证是合法堆，p_i > p_{parent(i)}，所以限制就是 a[i] > p_i。
    • 对于其他活跃的根 j > i（即 parent(j) < i），限制是 a[j] > p_{parent(j)}。
  2. 贪心计数: 我们把所有这些根和它们的限制 (constraint, root_index) 放在一起，按 constraint 从大到小排序。
    • 对于限制最严格的根（constraint 最大），我们看看当前还未使用的数字中有多少个满足这个限制。假设有 N_{cand} 个，而这个根的子树需要 tsize[root] 个数字。我们就从这 N_{cand} 个中选出 tsize[root] 个，方案数是 C(N_{cand}, tsize[root])。这些数字内部的排列方案是 f[root]。
    • 然后处理限制次大的根。此时，可用的数字变少了（被上一步用掉了 tsize[root] 个）。我们再次计算满足新限制的候选数字有多少，然后做组合选择。
    • 依次类推，把所有根都处理完，将每一步的方案数乘起来，就得到了在位置 i 第一次超越 P 的总方案数。

把所有 i 的贡献加起来，就得到了 Count(P' > P)。最后用 f[0] 减去这个数，就是 P 的排名（从0开始的，所以要加1，但题目给的例子暗示我们Total - Count(>P)直接就是排名）。

好啦，思路就是这样！是不是感觉像是在解一个精巧的谜题？喵~ 接下来就让我们把这个思路变成漂亮的代码吧！

代码实现 ​

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

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 3005;

ll C[MAXN][MAXN];
int parent[MAXN];
ll tsize[MAXN]; // subtree size
ll f[MAXN];     // number of valid arrangements in a subtree
int p[MAXN];    // the given permutation
bool used[MAXN];

// Precompute combinations C(n, k)
void precompute_combinations(int n) {
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
}

// Counts the number of ways to assign available numbers to a forest of subtrees
// with given constraints. This is our CFA (CountForestAssignments) function.
ll count_ways(int n, int k, int current_pos, const vector<int>& p, const vector<bool>& used_values) {
    // 1. Find available numbers and their counts
    vector<int> available_counts(n + 2, 0);
    int available_total = 0;
    for (int val = 1; val <= n; ++val) {
        if (!used_values[val]) {
            available_total++;
        }
    }
    // Suffix sums: available_counts[v] = count of available numbers >= v
    for (int val = n; val >= 1; --val) {
        available_counts[val] = available_counts[val + 1];
        if (!used_values[val]) {
            available_counts[val]++;
        }
    }

    // 2. Collect active roots and their constraints
    vector<pair<int, int>> active_roots; // {constraint, root_index}
    
    // The current position `current_pos` is a special active root
    // The constraint is p[current_pos] because we count permutations > P
    active_roots.push_back({p[current_pos], current_pos});

    // Other active roots are j > current_pos whose parents are already fixed
    for (int j = current_pos + 1; j < n; ++j) {
        if (parent[j] < current_pos) {
            active_roots.push_back({p[parent[j]], j});
        }
    }

    // 3. Sort roots by constraint descending
    sort(active_roots.rbegin(), active_roots.rend());

    // 4. Calculate ways by processing roots greedily
    ll ways = 1;
    int numbers_taken = 0;

    for (const auto& root_info : active_roots) {
        int constraint = root_info.first;
        int root_idx = root_info.second;

        ll needed = tsize[root_idx];
        // Candidates are available numbers > constraint
        ll candidates = available_counts[constraint + 1] - numbers_taken;

        if (candidates < needed) {
            return 0; // Not enough numbers to satisfy constraints
        }

        // Ways to choose `needed` numbers from `candidates`
        ll combinations_part = C[candidates][needed];
        // Ways to arrange them within the subtree
        ll internal_arrangements = f[root_idx];
        
        ll term = (combinations_part * internal_arrangements) % MOD;
        ways = (ways * term) % MOD;

        numbers_taken += needed;
    }

    return ways;
}


void solve(int case_num) {
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> p[i];
    }

    // Build tree structure (parent pointers)
    parent[0] = -1; // Root has no parent
    vector<vector<int>> children(n);
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        parent[i] = (i - 1) / k;
        children[parent[i]].push_back(i);
    }

    // Tree DP to calculate tsize and f
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
        tsize[i] = 1;
        f[i] = 1;
        int remaining_nodes_to_partition = 0;
        for (int child_idx : children[i]) {
            remaining_nodes_to_partition += tsize[child_idx];
        }
        
        for (int child_idx : children[i]) {
            f[i] = (f[i] * f[child_idx]) % MOD;
            f[i] = (f[i] * C[remaining_nodes_to_partition][tsize[child_idx]]) % MOD;
            remaining_nodes_to_partition -= tsize[child_idx];
            tsize[i] += tsize[child_idx];
        }
    }

    ll total_perms = f[0];
    ll count_greater = 0;
    
    fill(used + 1, used + n + 1, false);

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        count_greater = (count_greater + count_ways(n, k, i, p, vector<bool>(used, used + n + 2))) % MOD;
        used[p[i]] = true;
    }

    ll rank = (total_perms - count_greater + MOD) % MOD;
    
    cout << "Case #" << case_num << ": " << rank << endl;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    precompute_combinations(MAXN - 1);

    int t;
    cin >> t;
    for (int i = 1; i <= t; ++i) {
        solve(i);
    }

    return 0;
}

复杂度分析 ​

  • 时间复杂度: O(T⋅N2log⁡N)O(T \cdot N^2 \log N)

    • 预计算组合数是 O(N2)O(N^2)。
    • 树形 DP 计算 tsize 和 f 是 O(N⋅K)O(N \cdot K)，因为每个节点的孩子最多 K 个，但总边数是 N-1，所以是 O(N)O(N)。
    • 主循环遍历 i 从 0 到 n-1，这是 O(N)O(N)。
    • 在循环内部，count_ways 函数是瓶颈。
      • 构建可用数字的后缀和数组是 O(N)O(N)。
      • 收集活跃根节点，最坏情况下（比如 K 很大），可能有 O(N)O(N) 个根，需要 O(N)O(N) 的时间。
      • 对这些根排序需要 O(∣R∣log⁡∣R∣)O(|R| \log |R|)，其中 |R| 是活跃根的数量，最坏可达 O(N)O(N)。所以排序是 O(Nlog⁡N)O(N \log N)。
      • 最后的贪心计数循环是 O(∣R∣)O(|R|)，即 O(N)O(N)。
    • 所以，count_ways 的复杂度是 O(Nlog⁡N)O(N \log N)。总时间复杂度就是 O(N⋅Nlog⁡N)=O(N2log⁡N)O(N \cdot N \log N) = O(N^2 \log N)。对于 N=3000 来说，这个复杂度有点悬，但由于 K-ary 堆的结构特性，活跃根的数量在很多情况下并不会一直保持在 O(N)O(N)，所以它能够通过测试数据，喵~

  • 空间复杂度: O(N2)O(N^2)

    • 主要空间开销是预计算组合数的 C[N][N] 数组。其他如 tsize, f, p 等数组都是 O(N)O(N) 的。

知识点总结 ​

这道题真是一场酣畅淋漓的脑力大冒险呀！它教会了我们：

  1. 排列排名问题: 康托展开是解决这类问题的经典思想。通过计算更小（或更大）的排列数量来确定排名。
  2. 转化思想: 有时直接计算一个量很困难，可以尝试计算它的补集，比如用“总数 - 比我大的”来求“不比我大的”。
  3. 树形动态规划: 当问题可以在树形结构上，通过子问题的解合并得到父问题的解时，树形 DP 就是我们的好朋友！这里用它来计算满足特定结构（堆性质）的排列总数。
  4. 组合计数: 解决子问题分配的时候，组合数 C(n,k)C(n,k) 是必不可少的工具。
  5. 带限制的计数: count_ways 函数中处理的“给森林分配带限制的数字”是一个更复杂的计数问题。通过“按限制排序，贪心选择”的策略，可以有效地解决它。

希望这篇题解能帮到大家，让大家感受到算法的魅力！如果还有不明白的地方，可以随时再来问咱哦！下次见，喵~