题目描述
只要是参加jsoi活动的同学一定都听说过Hanoi塔的传说：三根柱子上的金片每天被移动一次，当所有的金片都被移完之后，世界末日也就随之降临了。
在古老东方的幻想乡，人们都采用一种奇特的方式记录日期：他们用一些特殊的符号来表示从1开始的连续整数，1表示最小而N表示最大。创世纪的第一天，日历就被赋予了生命，它自动地开始计数，就像排列不断地增加。
我们用1-N来表示日历的元素，第一天日历就是
1, 2, 3, … N
第二天，日历自动变为
1, 2, 3, … N, N-1
……每次它都生成一个以前未出现过的“最小”的排列——把它转为N+1进制后数的数值最小。
日子一天一天地过着。有一天，一位预言者出现了——他预言道，当这个日历到达某个上帝安排的时刻，这个世界就会崩溃……他还预言到，假如某一个日期的逆序达到一个值M的时候，世界末日就要降临。
什么是逆序？日历中的两个不同符号，假如排在前面的那个比排在后面的那个更大，就是一个逆序，一个日期的逆序总数达到M后，末日就要降临，人们都期待一个贤者，能够预见那一天，到底将在什么时候到来？
输入输出格式
输入格式：
只包含一行两个正整数，分别为N和M。
输出格式：
输出一行，为世界末日的日期，每个数字之间用一个空格隔开。
输入输出样例
输入样例#1：
5 4
输出样例#1：
1 3 5 4 2
说明
对于10%的数据有N <= 10。
对于40%的数据有N <= 1000。
对于100%的数据有 N <= 50000。
所有数据均有解。
我们考虑把这个问题缩小范围。
比如n=5，在决定了最小的数“1”的位置之后，剩下的几个数是2 3 4 5，但是他们
具体是多少没必要关心，我们只要关心他们的相对大小关系。
所以考虑完当前最小的数，算出这个数对答案的贡献，然后减掉这个贡献，
就可以转而解决一个更小的子问题。（即n-->n-1）
回到题目上，要求是求一个有m个逆序对的字典序最小的排列。
我们知道一个长度为n的排列最多有(n-1)*n/2个逆序对，也知道一个排列的逆序对数越多，排列字典序越大。
所以如果当前m不比当前的(n-2)*(n-1)/2（也就是减少一个数之后的最多的逆序对数）大，
就可以直接把当前的最小数放在最前面，这肯定是最优的。
反之，则考虑最小数的放置位置。
假设当前排列长为n，最小数为a，则a有n种放法，放在从左到右第i个位置时会生成i-1个逆序对
（因为它左边有i-1个比他大）。
因为m大于n-1长度排列最多所能产生的逆序数，所以a不可能放在最前面，否则不满足条件。
怎么办呢？想到之前说的逆序对越多字典序越大，我们就必须让剩下的数能构成的逆序对数尽量小，所以a要放到最后，这样m减少的最多。
放完了a，问题就变成了n-1和m-(a的贡献)的子问题，递归求解即可。时间复杂度O(n)。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lli long long int
using namespace std;
const lli MAXN=50001;
inline void read(lli &n)
{
char c=‘+‘;lli x=0;bool flag=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘)
{c=getchar();if(c==‘-‘)flag=1;}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)
{x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();}
flag==1?n=-x:n=x;
}
lli a[MAXN];
lli ed,bg;
int main()
{
lli n,m;
read(n);read(m);
ed=n;
bg=1;
for(lli i=1;i<=n;i++)
{
lli num=(n-i)*(n-i-1)/2;
if(num>=m)
a[bg++]=i;
else a[ed--]=i,m-=(ed-bg+1);
}
for(lli i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",a[i]);
return 0;
}