CF1096F Inversion Expectation

\(a_i=-1\)的称为未知数，否则称为已知数

逆序对数分成3块考虑，两个已知数的逆序对，已知数和未知数的逆序对，两个未知数的逆序对。

两个已知数的逆序对，树状数组扫一遍即可

两个未知数的逆序对，设有\(m\)个未知数，每一对之间的逆序对数量期望都是\(0.5\)，所以这一块答案是\(m(m-1)*0.25\)

已知数和未知数的逆序对，也很简单，先把所有未知数算出来，求出每一个已知数大于多少个未知数，设为\(cnt_i\)

从左到右扫一遍所有的未知数，对于在左边的已知数，那个数必须大于这个未知数才能产生贡献，所以期望是\(\frac{cnt_i}{m}\)；右边的期望是\(\frac{m-cnt_i}{m}\)

所以扫到已知数的时候重新算这个已知数的贡献就好了

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
typedef long long ll;
il int gi(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int n,ans,A[200010],t[200010],B[200010],m;
bool yes[200010];
il vd update(int x){while(x<=n)++t[x],x+=x&-x;}
il int query(int x){int r=0;while(x)r+=t[x],x-=x&-x;return r;}
il int pow(int x,int y){
    int ret=1;
    while(y){
        if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
#endif
    n=gi();
    for(int i=1;i<=n;++i)A[i]=gi();
    for(int i=n;i;--i)if(~A[i])ans=(ans+query(A[i]))%mod,update(A[i]);
    int cnt=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(A[i]==-1)++cnt;
    ans=(ans+1ll*cnt*(cnt-1)%mod*inv2%mod*inv2%mod)%mod;
    if(cnt){
        for(int i=1;i<=n;++i)if(~A[i])yes[A[i]]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(!yes[i])B[++m]=i;
        int invm=pow(m,mod-2);
        for(int i=1;i<=n;++i)if(~A[i])A[i]=1ll*invm*(std::lower_bound(B+1,B+m+1,A[i])-B-1)%mod;
        int res=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(~A[i])res=(res+1+mod-A[i])%mod;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(~A[i])res=(res-1ll+A[i]+A[i])%mod;
            else ans=(ans+res)%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}