AGC030D Inversion Sum

Inversion Sum

给你一个长度为 𝑛 的整数序列 𝐴。依次进行 𝑞 轮操作。第 𝑖 轮操作被描述为两个整数 𝑋_𝑖 和 𝑌_𝑖 。在每一轮操作中，我们将进行以下两种操作中的一种：

• 交换 𝐴_𝑋𝑖 和 𝐴_𝑌𝑖
• 什么也不做

因此，存在 2^𝑞 种不同的方法来执行完所有的操作。每一种方法结束后都可以得到一个最终序列，询问对于所有 2^𝑞 个最终序列，它们的各自的逆序对数之和是多少。答案对 10⁹ + 7 取模。

𝑛, 𝑞 ≤ 3000。

题解

https://www.luogu.com.cn/blog/PinkRabbit/solution-at4513

因为 \(N\) 很小，考虑利用期望的线性性直接枚举位置对 \(\langle i, j \rangle\)（\(1 \le i < j \le N\)）以统计逆序对。

考虑一个概率 DP：令 \(f(i, j)\)（\(1 \le i, j \le N\)）为当前时刻下，\(A_i > A_j\) 的概率。
（这里假设对于 \(Q\) 个操作，每个操作都以 \(1 / 2\) 的概率执行）

那么最终时刻下，满足 \(i < j\) 的 \(f(i, j)\) 之和，再乘以 \(2^Q\) 就是答案（期望的线性性）。

按顺序考虑每个时刻（操作），考虑新的 \(f(i, j)\) 和原先的比有什么变化。

可以发现只有 \(\mathcal O (N)\) 个位置会发生变化。具体地说，只有 \(i, j\) 有至少一个等于 \(X_i\) 或 \(Y_i\) 时才有可能发生变化。

暴力转移即可。

时间复杂度为 \(\mathcal O (N (N + Q))\)。

CO int N=3e3+10;
int A[N],F[N][N];

int main(){
	int n=read<int>(),m=read<int>();
	for(int i=1;i<=n;++i) read(A[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)
		F[i][j]=A[i]>A[j];
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int x=read<int>(),y=read<int>();
		F[x][y]=F[y][x]=mul(add(F[x][y],F[y][x]),i2);
		for(int j=1;j<=n;++j)if(j!=x and j!=y){
			F[x][j]=F[y][j]=mul(add(F[x][j],F[y][j]),i2);
			F[j][x]=F[j][y]=mul(add(F[j][x],F[j][y]),i2);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)
		ans=add(ans,F[i][j]);
	ans=mul(ans,fpow(2,m));
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}