CF1151F Sonya and Informatics 题解

Descirption

给定一个 01 序列,每次随机交换两个不同位置的数,求交换 k 次后序列排序好的概率。答案对 109+7 取模。

对于 100% 的数据,1n1001k109

Solution

定义 cnt 是序列中 0 的个数,发现排序好的序列是前面 cnt0,后面全是 1。那么把序列分成 1cntcnt+1n 两段,同段内的数位置没有用。

定义 fi,j 为换了 i 次,前 cnt 个数有 j1 的方案数。定义 calc(x)=x(x1)2,转移如下:

  1. 两端内部互换:fi,jfi1,j×(calc(cnt)+calc(ncnt))
  2. 前面的 1 与后面的 0 互换:fi,jfi1,j+1×(j+1)2
  3. 前面的 0 与后面的 1 互换:fi,jfi1,j1×(cntj+1)×(ncntj+1)
  4. 前面的 0 与后面的 0 互换:fi,jfi1,j×(cntj)×j
  5. 前面的 1 与后面的 1 互换:fi,jfi1,j×j×(ncntj)

整理一下:

fi,j=fi1,j1×(cntj+1)×(ncntj+1)+fi1,j×(calc(cnt)+calc(ncnt)+(cntj)×j+j×(ncntj))+fi1,j+1×(j+1)2

然后矩阵快速幂求出 fk,0,答案即为 fk,0calc(n)k

时间复杂度 O(n3logk)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace ModInt {
	int inverse(int a, int m) {
	    int r = 1; while (a > 1) { int t = m / a; r = 1LL * r * (m - t) % m, a = m - t * a; } return r; }
	#define MI ModInt::Mint<mod>
	template <int mod> struct Mint {
	    typedef long long LL; int x;    
	    Mint(int x = 0) : x(normal(x)) {}
	    Mint(LL x) : x(normal(x % mod)) {}
	    int normal(int x) { if (x >= mod) x -= mod; if (x < 0) x += mod; return x; }
	    int val() const { return x; }
	    Mint inv() const { assert(x != 0); return Mint(inverse(x, mod)); }
	    Mint operator - () const { return Mint(mod - x); }
	    Mint operator += (const Mint &rhs) { x = normal(x + rhs.x); return *this; }
	    Mint operator -= (const Mint &rhs) { x = normal(x - rhs.x); return *this; }
	    Mint operator *= (const Mint &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % mod; return *this; }
	    Mint operator /= (const Mint &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
	    friend Mint operator + (const Mint &lhs, const Mint &rhs) { Mint res = lhs; res += rhs; return res; }
	    friend Mint operator - (const Mint &lhs, const Mint &rhs) { Mint res = lhs; res -= rhs; return res; }
	    friend Mint operator * (const Mint &lhs, const Mint &rhs) { Mint res = lhs; res *= rhs; return res; }
	    friend Mint operator / (const Mint &lhs, const Mint &rhs) { Mint res = lhs; res /= rhs; return res; }
	    friend istream &operator >> (istream &is, Mint &a) { LL v; is >> v; a = Mint(v); return is; }
	    friend ostream &operator << (ostream &os, const Mint &a) { return os << a.x; }
	};
}
namespace Milkcat {
    typedef long long LL;
    const int N = 105, K = 1e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
    LL n, k, qwq, cnt, a[N];
    struct matrix {
	    MI a[N][N];
	    matrix() { memset(a, 0, sizeof a); } 
	    matrix operator * (const matrix& x) const {
	        matrix c;
	        for (int i = 0; i <= cnt; i ++)
	            for (int k = 0; k <= cnt; k ++)
	                for (int j = 0; j <= cnt; j ++)
	                    c.a[i][j] += a[i][k] * x.a[k][j];
	        return c;
	    }
	} bas, mat;
	MI qpow(MI b, LL k) { MI r = 1; for (; k; b *= b, k >>= 1) if (k & 1) r *= b; return r; }
	matrix qpow(matrix b, LL k) { matrix r = b; k --; for (; k; b = b * b, k >>= 1) if (k & 1) r = r * b; return r; }
	MI calc(MI x) { return x * (x - 1) / 2; }
    int main() {
		cin >> n >> k;
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
			cin >> a[i], cnt += !a[i];
		for (int i = 1; i <= cnt; i ++) qwq += a[i];
		mat.a[qwq][0] = 1;
		for (int i = 0; i <= cnt; i ++) {
			bas.a[i][i] = calc(cnt) + calc(n - cnt) + (cnt - i) * i + i * (n - cnt - i);
			if (i > 0) bas.a[i][i - 1] = (cnt - i + 1) * (n - cnt - i + 1);
			if (i < cnt) bas.a[i][i + 1] = (i + 1) * (i + 1);
		}
		cout << (qpow(bas, k) * mat).a[0][0] / qpow(calc(n), k) << '\n';
        return 0;
    }
}
int main() {
	freopen("randsort.in", "r", stdin);
	freopen("randsort.out", "w", stdout);
    int T = 1;
    while (T --) Milkcat::main();
    return 0;
}

/*
010->001->001
010->010->001
010->100->001
*/
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