「AGC030D」Inversion Sum

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传送门

妙啊。

由于逆序对的个数最多只有 \(O(n^2)\) 对，而对于每一个询问与其相关的逆序对数也最多只有 \(O(n)\) 对，我们可以对于每一对数分别考虑其贡献。

然后你发现直接算所有情况的和非常麻烦，所以我们可以先算出所有情况的期望逆序对数，即每一对为逆序对的概率之和，然后乘上 \(2^q\)。

那这就非常 easy 了。

就每次对于有关联的两对取一个平均值就完事了。

/*---Author:HenryHuang---*/
/*---Never Settle---*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p=1e9+7;
const int inv2=(p+1)/2;
const int maxn=3e3+5;
int a[maxn];
int f[maxn][maxn];
int ksm(int a,int b,int p){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=1ll*ans*a%p;
		b>>=1,a=1ll*a*a%p;
	}
	return ans;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int n,q;cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j) 
			f[i][j]=a[i]>a[j];
	for(int _=1;_<=q;++_){
		int x,y;
		cin>>x>>y;f[x][y]=f[y][x]=1ll*inv2*(f[x][y]+f[y][x])%p;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			if(i==x||i==y) continue;
			f[x][i]=f[y][i]=1ll*inv2*(f[x][i]+f[y][i])%p;
			f[i][y]=f[i][x]=1ll*inv2*(f[i][y]+f[i][x])%p;
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
			ans=(ans+f[i][j])%p;
	cout<<1ll*ans*ksm(2,q,p)%p<<'\n';
	return 0;
}