[CF1151F]Sonya and Informatics

做题时间：2022.10.12

$【题目描述】$

给定一个长度为 $n(n\leq 100)$ 的01串，进行 $k(k\leq 10^9)$ 次操作，每次操作等概率选择两个位置 $i,j(1\leq i<j\leq n)$，交换 $i,j$ 位置上的数。求 $k$ 次操作后，该01串变成不降序列的概率，答案对 $10^9+7$ 取模

$【输入格式】$

第一行两个整数 $n,k$

第二行 $n$ 个整数表示01串

$【输出格式】$

一行一个整数表示概率 $\mod 10^9+7$

$【考点】$

计数dp、矩阵快速幂

$【做法】$

发现0和1的数量保持不变。假设串中有 $m$ 个0，那么最终的序列会变成连续 $m$ 个0和连续 $n-m$ 个1拼成的串。发现前 $m$ 个数中0的个数会有影响，于是设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 次操作后前 $m$ 个数中有 $j$ 个0的方案数，考虑第 $i$ 次操作将前 $m$ 个数中0的个数+1/不变/-1：

1. +1则是选择前 $m$ 个数中的1，共 $m-(j-1)$ 个，以及后 $n-m$ 个数中的0，共 $m-(j-1)$ 个，总共 $(m-j+1)^2$ 种选法，设他为 $A_j$，因此方案数为 $f_{i,j-1}\times A_j$
2. 不变则是在前 $m$ 个数或后 $n-m$ 个数之间任意对调，或将前面的0/1与后面对应的0/1对调，共 $\binom{2}{m}+\binom{2}{n-m}+(m-j)(n-2m+j)+j(m-j)$ 种，设他为 $B_j$ ，则方案数为 $f_{i,j}\times B_j$
3. -1则是选择前 $m$ 个数中的0，共 $j+1$ 种选择，以及后 $n-m$ 个数中的1，共 $n-2m+j+1$ 种选择，总共 $(j+1)(n-2m+j+1)$ 种选法，设他为 $C_j$，则方案数为 $f_{i,j+1}\times C_j$

也就是： $f_{i,j}=f_{i,j-1}\times A_j+f_{i,j}\times B_j+f_{i,j+1}\times C_j$

设 $t$ 表示前 $m$ 个数种0的个数，初始化即为 $f_{0,t}=1$

然后发现第一维很大，第二维很小，所以可以使用矩阵快速幂，即：

$$\begin{bmatrix} f_{i-1,0} & f_{i-1,1} &\cdots & f_{i-1,m}\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} B_0 & A_1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ C_0 & B_1 & A_2 & 0&\cdots &0\\ 0 & C_1 & B_2 & A_3 & \cdots & 0\\ 0&0&C_2&B_3 & \cdots & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots &\vdots &\ddots &0\\ 0&0&0&0&\cdots &B_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_{i,0} & f_{i,1} & \cdots f_{i,m} \end{bmatrix}$$

最后的答案就是：

$$ans=\frac{f_{n,m}}{\sum\limits_{i=2m-n}^m f_{n,i}}$$

$【代码】$

#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e2+50,mod=1e9+7,Inv2=500000004;
int n,m,k,A[N],B[N],C[N],a[N],t;
struct Matrix{
	int num[N][N];
	Matrix(){memset(num,0,sizeof num);}
	Matrix operator *(const Matrix &b) const{
		Matrix c;
		for(int i=0;i<=m;i++){
			for(int j=0;j<=m;j++){
				for(int k=0;k<=m;k++){
					c.num[i][j]=(c.num[i][j]+num[i][k]*b.num[k][j])%mod;
				}
			}
		}
		return c;
	}
}base,T,One;
 
void init()
{
	for(int i=0;i<=m;i++) One.num[i][i]=1;
	base.num[0][t]=1;
	for(int j=0;j<=m;j++){//初始化A,B,C 
		A[j]=(m-j+1)*(m-j+1)%mod;
		B[j]=(n-m)*(n-m-1)*Inv2%mod+m*(m-1)*Inv2%mod+(m-j)*(n-2*m+j)%mod+j*(m-j);
		C[j]=(j+1)*(n-2*m+j+1)%mod;
		B[j]=(B[j]+mod)%mod;
		A[j]=(A[j]+mod)%mod;
		C[j]=(C[j]+mod)%mod; 
	} 
	for(int j=0;j<=m;j++){
		if(j) T.num[j-1][j]=A[j];
		if(j<m) T.num[j+1][j]=C[j];
		T.num[j][j]=B[j];
	}
}
Matrix Pow(Matrix a,int b)//矩阵快速幂 
{
	Matrix ans=One,Base=a;
	while(b){
		if(b&1){
			ans=ans*Base;
		} 
		Base=Base*Base;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int Fast_Pow(int a,int b)
{
	int ans=1,base=a;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*base%mod;
		base*=base,base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]); 
		if(!a[i]) m++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) t+=(a[i]==0);
	init();
	
	base=base*Pow(T,k);
	Matrix t=Pow(T,k);
 
	int st=max(2*m-n,0ll);
	int sum=0;
	for(int i=st;i<=m;i++) sum+=base.num[0][i],sum%=mod;
	printf("%lld\n",base.num[0][m]*Fast_Pow(sum,mod-2)%mod);
	return 0;
}