ARC154 E

非常好题目！！！

求和不好搞的话，我们先把他转成期望！最后再乘上 \((\frac{n(n+1)}{2})^m\)。

然后拆贡献，考虑 \(i\) 的系数：

\[\sum_{j\lt i}[P_j\gt P_i]-\sum_{j\gt i}[P_j\lt P_i] \]

然后是特别波特的一步！这个东西对于所有排列都满足，所以在其它题看到类似地结构也可以联想：

\[\sum_{j\lt i}[P_j\lt P_i]+\sum_{j\lt i}[P_j\gt P_i]=i-1\\ \sum_{j\lt i}[P_j\lt P_i]+\sum_{j\gt i}[P_j\lt P_i]=P_i-1 \]

然后就好整了。观察到原式就是上式减下式，所以答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^n E(i^2-iP_i)\)。\(i^2\) 是固定的，所以我们只需要关注 \(m\) 次操作后 \(P_i\) 的期望大小是多少。

对位置搞系数非常难顶，转换一下视角去算这个 \(P_i\) 最后到的位置的期望。然后你发现对于 \(P_i\)，如果 \(i\in [l,r]\)，那么 \(i\to j\) 和 \(i\to n-j+1\) 的概率完全相同啊。这个是可以打表的（哦，所以上面对着位置搞系数的尝试还是必要的），是一个蛇形数组状物，有很好的对称性。这个东西是不是和 \(P_i\) 无关来着，好像是的。

那 \(P_i\) 一次操作后期望到达的位置就是 \(\frac{n+1}{2}\)。和 \(m\) 无关，也就是说只要有一次操作包含了 \(i\)，那么 \(P_i\) 的位置就是 \(\frac{n+1}{2}\)。我们令 \(p=\dfrac{\binom{i}{2}+\binom{n-i+1}{2}}{\binom{n+1}{2}}\)，这是一次操作不包含 \(i\) 的概率，那么 \(P_i\) 的期望位置就是 \(p^m\times i+(1-p^m)\times \frac{n+1}{2}\)。\(\mathcal O(n\log n)\) 解决！