CF1753C题解

鲜花

被卡了一万年。

考虑过序列变换的各种情况和逆序对，结果这俩情况状态太多，而且相同逆序对 ans 也不一定相同。/ll

sol

我们最后想要的状态为所有 \(0\) 都在 \(1\) 的左边，令 \(cnt_0\) 为 \(0\) 的个数，\(cnt_1\) 为 \(1\) 个数。
\(cnt_0+cnt_1=n\)，结束的状态前 \(cnt_0\) 个数均为 \(0\)，后 \(cnt_1\) 个数均为 \(1\)。

其余状态会有 \(0\) 混入后 \(cnt_1\) 个数中，\(1\) 混入前 \(cnt_0\) 个数中，可以视作由结束的状态交换得到，这些 \(0\) 与 \(1\) 的数量是等价的，记为 \(m\)。

将前 \(cnt_0\) 个数和后 \(cnt_1\) 个数视为两部分，其内部的交换不能影响 \(m\)，而结束的状态即 \(m\) 为 \(0\)，每次进行交换要么不影响 \(m\)，要么将 \(m\) 减 \(1\)，我们进行分类讨论后在这个思路上进行转移。

思路卡住的地方，就是这里，没有将前 \(cnt_0\) 个数和后 \(cnt_1\) 个数视为两部分，恒以为有交换和无交换是不同的，根本想不到上面。
所以做题不要死磕，实在不行就打暴力。

有效的交换为前 \(cnt_0\) 中的 \(1\) 与后 \(cnt_1\) 中的 \(0\) 进行交换，当 \(m=i\) 时，共 \(i^2\) 个，无效的为 \(C_n^2-i^2\)，令 \(dp_i\) 为 \(m=i\) 时的期望操作次数，\(dp_i=(\frac{i^2}{C_n^2}dp_{i-1}+\frac{C_n^2-i^2}{C_n^2}dp_i)+1\)，整理得 \(dp_i=dp_{i-1}+\frac{C_n^2}{i^2}\)。

易得 \(dp_0=0\)，通过数学归纳法得 \(dp_m=C_n^2\sum\limits_{i=1}^m\frac{1}{i^2}\)。

\(O(n)\) 求得逆元，后循环加起来做乘法即为答案。

代码如下。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
constexpr int MAXN=2e5+10,MOD=998244353;
int n,a[MAXN],cnt0,m,inv[MAXN],jc[MAXN],jcinv[MAXN];
namespace sol{
	void solve(){
		cnt0=m=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;++i){
			scanf("%d",&a[i]);
			if(!a[i])++cnt0;
		}
		for(int i=1;i<=cnt0;++i){
			if(a[i])++m;
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=m;++i){
			ans=(1ll*ans+(1ll*inv[i]*inv[i]%MOD))%MOD;
		}
		ans=(1ll*ans*((1ll*n*(n-1)/2)%MOD))%MOD;
		printf("%d\n",ans);
	}
}
int qpow(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
		x=1ll*x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=(int)(2e5);++i){
		jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
	}
	jcinv[(int)(2e5)]=qpow(jc[(int)(2e5)],MOD-2);
	for(int i=(int)(2e5)-1;i;--i){
		jcinv[i]=1ll*jcinv[i+1]*(i+1)%MOD;
	}
	for(int i=1;i<=(int)(2e5);++i){
		inv[i]=1ll*jcinv[i]*jc[i-1]%MOD;
	}
	while(T--)sol::solve();
	return 0;
}