CF1753C-Wish-I-Knew-How-to-Sort题解
题意：有一个 01 序列，每次可以选择两个元素，如果为逆序则交换，否则不变，无论是否交换都算一次操作。问排好序的期望操作次数。
容易想到使用 DP 计算，但状态并不是很好想。首先状态必须有单向性，必须有严格的 DP 顺序，于是我们可以想到用逆序对数来记录状态。然而，思考会发现并不可行。不仅是复杂度无法接受，仅用逆序对也无法完整地表示状态。实际上，我们可以用“未归位的数字个数”来作为状态。具体地，假设当前序列为 \(\texttt{01101011}\)，该序列一共有三个 0，所以前三位应该都是 0，而实际上有两个 1，就定义此时的“未归位的数字个数”为 \(2\)。这个状态的单向性显然，完整性也容易证明，因为只有“归位”的交换是有意义的，如果没有达到“归位”的效果，无论是否交换都是没有意义的。
做法 1
我们定义 \(f[i]\) 表示有 \(i\) 个“未归位的数字”时，要想排好序的期望步数。则我们可以考虑期望多少次操作之后能减少一个“未归位的数字”。一次操作“能减少”的方案数显然为左边 1 的个数乘右边 0 的个数，即 \(i^2\)，所以“能减少”的概率 \(p_1=\frac{i^2}{n(n-1)/2}=\frac{2i^2}{n(n-1)}\)，反之“不能减少”的概率即为 \(p_2=1-p_1=\frac{n(n-1)-2i^2}{n(n-1)}\)。于是，\(f[i]=\sum\limits_{j=0}^{\infty}{p_2}^j\cdot p_1\cdot(f[i-1]+j+1)\)，其中 \(j\) 表示“失误”了多少次。我们考虑如何计算这个无穷级数：
我们令 \(x=f[i-1]+1\)，则第一项简化为 \(\sum\limits_{j=0}^{\infty}{p_2}^j\cdot x=x\sum\limits_{j=0}^{\infty}{p_2}^j\)。设 \(S=\sum\limits_{j=0}^{\infty}{p_2}^j\)，则 \(p_2S=\sum\limits_{j=1}^{\infty} p_2^j\)，两式相减得 \((1-p_2)S={p_2}^0=1\)，即 \(S=\frac{1}{1-p_2}\)。对于第二项同理，令 \(S'=\sum\limits_{j=0}^{\infty}{p_2}^j\cdot j\)，则 \(p_2S'=\sum\limits_{j=1}^{\infty}{p_2}^j(j-1)\)，两式相减得 \((1-p_2)S'=\sum\limits_{j=1}^{\infty}{p_2}^j=S=\frac{1}{1-p_2}\)，即 \(S'=\frac{1}{(1-p_2)^2}\)。于是：
此即为 DP 方程。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int ksm(int a,int b,int res=1) {
for(;b;a=a*a%mod,b>>=1)
if(b&1) res=res*a%mod;
return res;
}
int inv(int x) {return ksm(x,mod-2);}
int a[200010],f[200010];
void Solve() {
int n,cnt0=0,cnt1=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
if(a[i]==0) cnt0++;
}
for(int i=1;i<=cnt0;i++)
if(a[i]==1) cnt1++;
f[0]=0;
int invall=inv(n*(n-1)%mod);
for(int i=1;i<=cnt1;i++) {
int p1=2*i*i%mod*invall%mod;
int p2=(n*(n-1)%mod-2*i*i%mod+mod)%mod*invall%mod;
f[i]=p1*(p2*inv((1-p2+mod)%mod*((1-p2+mod)%mod)%mod)%mod+(f[i-1]+1)*inv((1-p2+mod)%mod)%mod)%mod;
}
cout<<f[cnt1]<<endl;
}
signed main() {
int T=1;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
做法 2
上面的做法显然过于麻烦了，我们考虑简单一点的转移方式。有一个经典的套路，就是用“从自身转移到自身”的方式来解决无穷级数的问题。在此题中，我们只考虑第一次操作。如果第一次操作恰好选中了该选的数，则为 \(f[i-1]+1\)，概率为 \(\frac{2i^2}{n(n-1)}\)；如果没有选中该选的数，则情况不变，而额外增加了一步，为 \(f[i]+1\)，概率为 \(\frac{n(n-1)-2i^2}{n(n-1)}\)。你可能会有疑问，我们还没有算出 \(f[i]\) 来，怎么能转移呢？事实上，如果我们列出了转移方程：\(f[i]=\frac{2i^2}{n(n-1)}(f[i-1]+1)+\frac{n(n-1)-2i^2}{n(n-1)}(f[i]+1)\)，则会发现这转化为了一个简单的解方程问题，直接解出 \(f[i]\) 即可：
在此方法下，最终的转移方程如此的简单，只是一个前缀和的形式。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int ksm(int a,int b,int res=1) {
for(;b;a=a*a%mod,b>>=1)
if(b&1) res=res*a%mod;
return res;
}
int inv(int x) {return ksm(x,mod-2);}
int a[200010],f[200010];
void Solve() {
int n,cnt0=0,cnt1=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
if(a[i]==0) cnt0++;
}
for(int i=1;i<=cnt0;i++)
if(a[i]==1) cnt1++;
f[0]=0;
int all=n*(n-1)%mod;
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
f[i]=(f[i-1]+all*inv(2*i*i%mod)%mod)%mod;
cout<<f[cnt1]<<endl;
}
signed main() {
int T=1;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
容易发现，该前缀和出去分子后与 \(n\) 完全无关，故可以在循环外预处理前缀和，进一步优化实现。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int ksm(int a,int b,int res=1) {
for(;b;a=a*a%mod,b>>=1)
if(b&1) res=res*a%mod;
return res;
}
int inv(int x) {return ksm(x,mod-2);}
int a[200010],f[200010];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
for(int i=1;i<=200000;i++)
f[i]=(f[i-1]+inv(2*i*i%mod))%mod;
int T=1;
cin>>T;
while(T--) {
int n,cnt0=0,cnt1=0,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cnt0+=(a[i]==0);
for(int i=1;i<=cnt0;i++) cnt1+=(a[i]==1);
cout<<f[cnt1]*(n*(n-1)%mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}
