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这道题与下一章的数位\(dp\)解题思路十分一致。

把寻找答案变成按位（并且是字典序从小到大）枚举当前这一位可以填的情况。

通过\(dp\)预处理的信息告诉我们可行性，就可以把答案紧逼到一个更小的（子）问题，非常有趣。

考虑 \(dp\) 预处理的信息：

\(f[i][j][0 / 1]\) 表示 \(i\) 块木板，最左边的长度是第 \(j\) 小（排名为 \(j\) ），最左边这块是低位 / 高位的方案数。

由于木板的数量进行了变化，在加入一块新的木板后，木板的值域从 \([1, i - 1]\) 变成了 \([1, i]\)，所以我们可以考虑把木板的长度变为一个相对的数量，从而进行转化。

考虑第一种转移

\(f[i][j][0] = \sum_{k = j}^{i - 1}f[i - 1][k][1]\)

可以看做是把后面 \(i - 1\) 块木板中真实长度 \(>= j\) 的再抬高一格，这样再拼一个 \(j\) 的木板就是一个合适的状态。

第二种转移也类似：

\(f[i][j][1] = \sum_{k = 1}^{j - 1} f[i - 1][k][0]\)

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 21;

typedef long long LL;

int n;

bool st[N];

LL C, f[N][N][2];

void init() {

	f[1][1][0] = f[1][1][1] = 1;

	for (int i = 2; i < N; i++) {

		for (int j = 1; j <= i; j++) {

			for (int k = j; k <= i - 1; k++) f[i][j][0] += f[i - 1][k][1];

			for (int k = 1; k <= j - 1; k++) f[i][j][1] += f[i - 1][k][0];

		}

	}

}

int main() {

	init();

	int T; scanf("%d", &T);

	while (T--) {

		memset(st, false, sizeof st);

		scanf("%d%lld", &n, &C);

		int k, last;

		for (int i = 1; i <= n; i++) {

			if (f[n][i][1] >= C) { k = 1, st[last = i] = true; printf("%d ", i); break; }

			else C -= f[n][i][1];

			if (f[n][i][0] >= C) { k = 0, st[last = i] = true; printf("%d ", i); break; }

			else C -= f[n][i][0];

		}

		for (int i = n - 1; i; i--) {

			k = k ^ 1;

			int d = 0;

			for (int j = 1; j <= n; j++) {

				if (st[j]) continue;

				++d;

				if ((k == 0 && j < last) || (k == 1 && j > last)) {

					// 要满足 j < last

					if (f[i][d][k] >= C) { st[last = j] = true; printf("%d ", j); break; }

					else C -= f[i][d][k];

				}

			}

		}

		puts("");

	}

	return 0;

}

巴特西

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