[ARC154E] Reverse and Inversion

2023-09-09

题目

[ARC154E] Reverse and Inversion

难度&重要性(1~10):9.5

题目来源

luogu

题目算法

数学

解题思路

Update :2023.8.28修改一处笔误

这是一道很妙的计数题，考试的时候没想到。

这道题我们首先会想到去化简一下式子 \(\sum\limits_{i<j,p_i>p_j}(j-i)\)，这很明显是要求逆序对，但是这个 \((j-i)\) 就对我们来说有点棘手，所以很容易想到去将 \(i,j\) 拆开分别计算贡献：\(\sum\limits_{i<j,p_i>p_j}j-\sum\limits_{i<j,p_i>p_j}i\)。

拆开之后我们就需要有一个主次关系，即以 \(i\) 或者 \(j\) 的视角来继续化简式子，这里我们以 \(i\) 的视角入手，我们需要找到 \(i\) 前面比 \(p_i\) 大的，以及后面比 \(p_i\) 小的差：

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{j=1}^{i-1}[p_i<p_j]-\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{j=i+1}^n[p_i>p_j]\\ = & \sum\limits_{i=1}^ni\left(\sum\limits_{j=1}^{i-1}[p_i<p_j]-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_i>p_j]\right)\end{aligned} \]

好了，现在我们已经将 \(j-i\) 的贡献拆开计算了，但是由于 \([p_i<p_j]\) 和 \([p_i>p_j]\) 的符号方向不同，我们也只能分开计算，如何才能将符号统一呢。很简单，只需要将 \(\sum\limits_{j=1}^i[p_i<p_j]\) 旋转一下。

\[\begin{aligned}& \sum\limits_{i=1}^ni\left(\sum\limits_{j=1}^{i-1}[p_i<p_j]-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_i>p_j]\right)\\=& \sum\limits_{i=1}^ni\left(\sum\limits_{j=1}^i[p_i<p_j]-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_i\ge p_j]\right)\\= & \sum\limits_{i=1}^ni\left(\left(i-\sum\limits_{j=1}^i[p_i>p_j]\right)-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_i>p_j]\right)\\= &\sum\limits_{i=1}^ni\left(i-\sum\limits_{j=1}^n[p_i>p_j]\right)\end{aligned} \]

由于题目说了 \(p\) 是一个 \(1\sim n\) 的排列，那么比 \(p_i\) 小于等于的数有多少个能，当然是 \(p_i\) 个啦。这样我们就得到：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i<j,p_i>p_j}(j-i)\\=& \sum\limits_{i=1}^ni(i-p_i)\\=& \sum\limits_{i=1}^ni^2-p_i\times i\end{aligned} \]

这里 \(i^2\) 是好处理的，但是 \(p_i\times i\) 不好处理，因为 \(p_i\) 的位置是不断在变化的。我们为了更好的处理就定义 \(w_i\) 表示 \(p_i\) 的最终所在位置，即 \(\sum\limits_{i=1}^ni^2-p_i\times w_i\)。

但由于 \(m\le 2\times 10^5\)，是没法暴力处理。因此需要用一个操作：将求和改为求期望位置。这个操作的意义感觉是由下文结果体现的。

我们考虑翻转操作的本质是什么。假设对于 \(i\) 位置的值，若要将其翻转到 \(j\)。考虑有多少种操作可行

显然，翻转的中心就是 \(\dfrac{i+j}{2}\)。

• 当 \(i<j\) 时，方案数为 \(\min(i,n-j+1)\)。
• 当 \(i>j\) 时，方案数为 \(\min(j,n-i+1)\)。

由于分类讨论显然很烦，所以我们就要尝试将它们合并。可以发现，当 \(i<j\) 时，\(n-i+1>n-j+1\)，而 \(i>j\) 同理，所以两种情况是可以合并在一起为 \(\min(i,n-i+1,j,n-j+1)\) 的。然后，我们就会发现把 \(i\) 翻转到 \(j\) 的概率与翻转到 \(n-j+1\) 的概率是相等的，那么它的总贡献就是 \(n-j+1+j=n+1\) 平均期望位置就是 \(\dfrac{n+1}{2}\),这样我们就将 \(i,j\) 的贡献给成功剔除了，而如果 \(i\) 没有进行翻转，则期望位置就是 \(i\)，不妨设 \(k=\dfrac{C_{i}^2+C_{n-i+1}^2}{C_{n+1}^2}\)，即一次操作不包括位置 \(x\) 的概率。

这样 \(w_i\) 的期望值我们就可以算出来了：

\[w_i=k^m\times i+(1+k^m)\times \frac{n+1}{2} \]

这样这道题我们就做出来了，时间复杂度为 \(O(n\log m)\)，可以通过，它唯一的复杂度瓶颈就在于快速幂。

感谢 @Populus_euphratica 和 @MoriyaSuwako 指出错误

完成状态

已完成