Inverse

题意

给出一个1~N的排列P，进行K次操作，每次等概率的选取一段区间（从所有$\frac{n(n+1)}{2}$中选）翻转
求K次操作后的逆序对期望个数

题解

定义d(i,j,k)为k次操作后，$P_i>P_j$的概率
暴力枚举区间转移是n^2的，
我们可以将区间[l,r]分类
1.[l,r]与[i,j]无交集或[i,j]包含了[l,r]：从$d(i,j,k-1)$转移
2.[l,r]中包含i而不包含j：从$d(l+r-i,j,k-1)$转移
3.[l,r]中包含j而不包含i：从$d(i,l+r-j,k-1)$转移
4.[l,r]中包含[i,j]：从$d(l+r-i,l+r-j,k-1)$转移
下面再考虑优化
第一类转移很好办，直接算出[1,i-1],[i,j],[j+1,r]的区间个数，可以预处理也可以直接等差数列求和
第二类转移就要稍微麻烦些了 （k我就懒得写了）
首先第二类转移的贡献f$$f=\sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^{j-1}d(l+r-i,j)=\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{j-i-1}d(l+r,j,k)$$
那么第一维是个连续的和，我们考虑前缀和优化（尽管光看这一步并没有时间复杂度上的优化），令$S(n,j)={\sum }_{i=1}^{n}d(i,j)$，那么$$f=\sum _{l=1}^{i}S(l+j-i-1,j)-S(l-1,j)$$
欸，似乎又是个连续的和（其实不化简也行），我们可以再次前缀和优化，令$S_1(n,j)={\sum }_{i=1}^{n}S(i,j)$那么
$$f=S_1(j-1,j)-S_1(j-i-1,j)-S_1(i-1,j)$$
其实后面还有一个$+S_1(0,j)$

是不是所有形如${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}d(i+j)$的都能够用前缀和优化呢
似乎是这样的呢

那么类似的，我们可以推出第三类转移的贡献
令$S(p,q)={\sum }_{j=1}^{q}d(p,j)$，然后把这个S再求个和得到$S_2$
那么$$f=S_2(i,n)-S_2(i,i+n-j)-S_2(i,j-1)+S_2(i,i-1）$$

第四类转移也是类似的
$$f=\sum _{l=1}^i\sum _{r=j}^{n}d(l+r-i,l+r-j)$$
我们令$g(i,j)=d(i,i+j)$
注意此处j的意义不同！
那么$$f=\sum _{l=1}^i\sum _{r=i+j}^{n}g(l+r-i,-j)=\sum _{l=1}^{i}S(l+n-i,-j)-S(l+j-1,-j)=S_3(n,-j)-S_3(n-i,-j)-S_3(i+j-1,-j)+S_3(j-1,-j)$$
-j的处理我们平移个2就好了
最后再乘上总区数的逆元即可
那么最终的答案就是${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^{n}d(i,j,K)$

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1005;
const ll mod=1e9+7;
ll ksm(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1)
            res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
ll d[N][N],f[N][N];
ll s1[N][N],s2[N][N],s3[N][N];
ll s0[N];
int p[N];
int n,K;
inline ll add(ll x,ll y){
    ll res=x+y;
    res=(res%mod+mod)%mod;
    return res;
}
inline ll mul(ll x,ll y){
    ll res=1ll*x*y%mod;
    return res;
}
void calc(){
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=i+1;j<=n;j++)
            d[j][i]=add(1,-d[i][j]);
    for(ll j=1;j<=n;j++){
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            s1[i][j]=add(s1[i-1][j],d[i][j]);
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            s1[i][j]=add(s1[i][j],s1[i-1][j]);
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            s2[i][j]=add(s2[i][j-1],d[i][j]);
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            s2[i][j]=add(s2[i][j],s2[i][j-1]);
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            s3[i][j-i+n]=add(s3[i-1][j-i+n],d[i][j]);
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            s3[i][j-i+n]=add(s3[i][j-i+n],s3[i-1][j-i+n]);
}
void Debug(){
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++){
            printf("d[%lld][%lld]=%lld\n",i,j,d[i][j]);
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++){
            printf("s1[%lld][%lld]=%lld\n",i,j,s1[i][j]);
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++){
            printf("s2[%lld][%lld]=%lld\n",i,j,s2[i][j]);
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=-i+1;i+j<=n;j++){
            printf("s3[%lld][%lld]=%lld\n",i,j,s3[i][j+n]);
        }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&K);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&p[i]);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        s0[i]=s0[i-1]+i;
    ll inv=ksm(s0[n],mod-2);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            d[i][j]=(p[i]>p[j]);
    for(ll k=1;k<=K;k++){
        calc();
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            for(ll j=i+1;j<=n;j++){
                d[i][j]=mul(d[i][j],s0[i-1]+s0[j-i-1]+s0[n-j]);
                d[i][j]=add(d[i][j],s1[j-1][j]-s1[j-i-1][j]-s1[i-1][j]);
                d[i][j]=add(d[i][j],s2[i][n]-s2[i][i+n-j]-s2[i][j-1]+s2[i][i-1]);
                int z=j-i;
                d[i][j]=add(d[i][j],s3[n][-z+n]-s3[n-i][-z+n]-s3[i+z-1][-z+n]+s3[z-1][-z+n]);

            }
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            for(ll j=1;j<=n;j++){
                d[i][j]=mul(d[i][j],inv);
            }
        //Debug();
    }
    //Debug();
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=i+1;j<=n;j++)
            ans=add(ans,d[i][j]);
    printf("%lld\n",ans);
}