Получение объекта по номеру

Общий алгоритм получения комбинаторного объекта по номеру в лексикографическом порядке

 for  i = 1  to  n  do                      //n - количество элементов в комбинаторном объекте
   for  j = 1  to  n  do                      //перебираем елементы в лексикографическом порядке
     if  можем поставить на это место
       then if numOfObject > (количество комбинаторных обектов с данным префиксом)
              then  numObject -= (количество комбинаторных обектов с данным префиксом)
            else
              then  ans[i]=j        //поставим на это место текущий элемент, т.к. еще не все объекты с этим префиксом - меньше
                    перейти к выбору следующего элемента

 Рассмотрим почему данный алгоритм корректен. Условимся, что нумерация обектов начинается с 1.  Докажем, что

если первые n-элементов выбраны верно, то n+1 мы также выберем верно.

База: n=0 - очевидно
Переход: На n+1-ом шаге мы найдем, какой элемент должен быть n+1-ым для объекта с номером numOfOject, среди всех комбинаторных обектов, которые емеют префикс длины n - как у нас. Рассмотрим искомый объект. Очевидно, что все объекты, которые начинаются с меньшего чем у нас

символа в лексикографическом порядке на n+1-ом месте будут идти раньше нас. А те у которым больше будут идти после нас. на

Перестановки

Рассмотрим алгоритм получения i-ой в лексикографическом порядке перестановки размера n.

 [math]P_{n} [/math] - количество перестановок размера n
 permutation[n] - искомая перестановка
 was[n] - использовали ли мы уже эту цифру в перестановке
 for  i = 1  to  n  do                               //n - количество цифр в перестановке
   alreadyWas = (numOfPermutation-1) div [math]P_{n-i} [/math]      // сколько цифр уже полностью заняты перестановками с меньшим номером
   numOfPermutation = ((numOfPermutation-1) mod [math]P_{n-i} [/math]) + 1 
   //сейчас мы должны поставить ту цифру, которая еще полностью не занята, т.е. alreadyWas+1, которая еще не занята
   for  j = 1  to  n  do
     if  was[j] = false  
       then   cntFree++ 
              if  cntFree = alreadyWas+1  
                then   ans[i] = j 
                       was[j] = true

Данный алгоритм работает за [math]O(n^2) [/math]. Мы можем посчитать [math]P_{n} [/math] за [math]O(n) [/math]. Асимптотику можно улучшить до [math]O(n log {n}) [/math], если использовать структуры данных, которые позволяют искать i-ый элемент множества и удалять элемент множества за [math]O( log {n}) [/math]. Например декартово дерево по неявному ключу.

Сочетания

Рассмотрим алгоритм получения i-го в лексикографическом порядке размещения [math] A^k_n [/math]

 [math]A^{k}_{n} [/math] - количество размещений из n по k
 placement[n] - искомое размещение
 was[n] - использовали ли мы уже эту цифру в размещении
 for  i = 1  to  k  do                               //k - количество цифр в размещении
   alreadyWas = (numOfPlacement-1) div [math] A^{k-i}_{n-i} [/math]      // сколько цифр уже полностью заняты размещениями с меньшим номером
   numOfPlacement = ((numOfPlacement-1) mod [math] A^{k-i}_{n-i} [/math]) + 1 
   //сейчас мы должны поставить ту цифру, которая еще полностью не занята, т.е. alreadyWas+1, которая еще не занята
   for  j = 1  to  n  do
     if  was[j] = false  
       then   cntFree++ 
              if  cntFree = alreadyWas+1  
                then   ans[i] = j 
                       was[j] = true

Сложность алгоритма [math]O(nk) [/math].