题解：P4223 期望逆序对
前言
同步自洛谷专栏，题目传送门。
基本认识：矩阵能够表示一次转移。
弱化版练习：排列交换。
解题思路
矩阵的构造与递推
事实上，这种题目有一定的套路：
对于一对下标（即在序列中的位置），记原来一对数为 \((A,B)\)，不同于 \(A,B\) 的数均认为是 \(C\)，
则这对下标最终对应的数有七种可能（下文称二元组）：\((A,B)\)，\((B,A)\)，\((A,C)\)，\((C,A)\)，\((B,C)\)，\((C,B)\)，\((C,C)\)。
$\red{\text{合理性说明}}$
为什么这七个二元组可以描述所有情况？注意有这样一个性质：对于一对下标，除原来一对数以外的所有数，被交换到这对下标上的概率是相等的，所以可以用 \(C\) 指代。
在本文中，称前两种为全同组，最后一种为异组，中间的四种为半同组。（仅为了方便叙述）
然后我们按上述顺序定义矩阵：
转移矩阵 \(S\) 的第 \(i\) 行第 \(j\) 列代表从第 \(i\) 种二元组向第 \(j\) 种二元组转移的方案数。
主对角线
开始填转移矩阵，先考虑主对角线上的，
全同组中，自己向自己转移的方案数为不涉及组内两数的方案数，即在两数之外选择，方案数为 \(\binom{n-2}{2}\)；
半同组中，自己向自己转移的方案数相较于全同组，还可以将 \(C\) 与二元组外的不等于 \(A,B\) 的数交换，有 \(n-3\) 种，方案数 \(\binom{n-2}{2}+n-3\)；
异组中，只要二元组中的数不将 \(A,B\) 换回均可，简单容斥一下，方案数 \(\binom{n}{2}-4\)。
二元组组内交换
主对角线上填完后，再来考虑一些特殊情况，
如果两个二元组的组成相同（\(A,B,C\) 对应个数相等），只是顺序不同，那么它们之间的转移的方案是唯一的，方案数 \(1\)。
不存在转移方案
如果两个二元组之间，没有任何一个对应位置上的数相等，且不属于二元组组内交换，那么它们之间不可能只转移一次，方案数为 \(0\)。
其它唯一的转移
考虑还有哪些转移是唯一的呢？
如果我们将 \(A,B\) 中的某一个从二元组外换入二元组内一个确定的位置，那么方案数也是 \(1\)。
$\red{\text{目前的矩阵}}$
为了避免矩阵太宽需要滑动，令 \(t=\binom{n-2}{2}+n-3\)，并上色。
矩阵如下（\(-1\) 代表暂未填数）：
从左到右、从上到下均按前文的顺序：\((A,B)\)，\((B,A)\)，\((A,C)\)，\((C,A)\)，\((B,C)\)，\((C,B)\)，\((C,C)\)。
其它位置
观察剩下的未填数的部分，有两点结论：
-
可以分为从全同组到半同组、从半同组到异组。
-
都将组内的一个 \(A,B\) 换到了组外。
从全同组到半同组，由于（二元组）组外有 \(n-2\) 个 \(C\)，方案数为 \(n-2\)；
从半同组到异组，由于组内有一个 \(C\)，组外还剩 \(n-3\) 个，方案数 \(n-3\)。
完整的转移矩阵
令 \(t=\binom{n-2}{2}+n-3\)，矩阵如下：
从左到右、从上到下均按前文的顺序：\((A,B)\)，\((B,A)\)，\((A,C)\)，\((C,A)\)，\((B,C)\)，\((C,B)\)，\((C,C)\)。
$\red{\text{矩阵的检查}}$
如果担心矩阵填错，可以初步检查每一行所填的数的和是否等于 $\binom{n}{2}$，因为总的交换方案数等于 $\binom{n}{2}$。转移矩阵构造完后，为了符合转移矩阵定义，规定初始矩阵为行向量，并令第 \(0\) 项为 \(1\) 代表初始状态为 \((A,B)\)。
递推直接应用矩阵快速幂即可。
答案统计
记给出的排列的第 \(i\) 项为 \(A_i\)（下标从 \(1\) 开始）。
如果我们枚举每一对数，时间复杂度 \(O(n^2)\)，无法接受，尝试挖掘性质。
考虑到：对于某一个确定的数及其位置，我们只需要知道它的前面（或后面）有多少数比它大（或小）即可。
即只需了解相对大小关系和相对位置关系，这是一个二维偏序问题，可以用树状数组快速求解。
枚举每一个 \(A_i\)，设在 \(A_i\) 之前，有 \(d\) 个数小于 \(A_i\)，\(u\) 个数大于 \(A_i\)。
认为当前的 \(A_i\) 对应二元组中的 \(B\)，为了避免数字下标需要对应，直接使用二元组作为下标，
\((A,B)\)：贡献为 \(u\times ans_{(A,B)}\)。
\((B,A)\)：贡献为 \(d\times ans_{(B,A)}\)。
\((A,C)\) 和 \((C,A)\) 暂时待定。
\((B,C)\)：贡献为 \(d\times ans_{(B,C)}\times \frac{A_i-1-1}{n-2}+u\times ans_{(B,C)}\times \frac{A_i-1}{n-2}\)。
$\red{\text{关于贡献值}}$
$u$ 项的 $\frac{A_i-1}{n-2}$ 是表示在所有的 $C$ 中有 $A_i-1$ 个满足条件；\(d\) 项额外减一是由于 \(d\) 指在 \(A_i\) 之前，有 \(d\) 个数小于 \(A_i\)，相当于有一个小于 \(A_i\) 的数作为二元组中的 \(A\)，需要删去。
\(A_i-1-1=-1\) 时，\(d=0\)，无需特判防止错算。
\((C,B)\)：贡献为 \(d\times ans_{(C,B)}\times \frac{n-A_i}{n-2}+u\times ans_{(C,B)}\times \frac{n-A_i-1}{n-2}\)。
\((C,C)\)：只在全局考虑一次，贡献为 \(\frac{1}{2}\times \binom{n}{2}\times ans_{(C,C)}\)，\(\binom{n}{2}\) 表示数对的总数，\(\frac{1}{2}\) 表示仅有一半是逆序对。
注：关于如何证明在不取模的情况下，\(\binom{n}{2}\times ans_{(C,C)}\) 一定能被 \(2\) 整除，蒟蒻也不清楚，有能够清楚证明的大佬望私信，感谢。
回到刚刚待定的待定的 \((A,C)\) 和 \((C,A)\)，由于其中不存在 \(B\)，不便计算，考虑换一种方式。
由于树状数组过程是对暴力枚举每一个数的优化，考虑基于暴力枚举思考，
可以发现：对于第 \(i\) 个数，它作为其它数的 \(A\) 共有 \(n-i\) 次。
可以将数组翻转，再用求解 \((B,C)\) 和 \((C,B)\) 的方法求解这两种情况，注意二元组下标不同。
时间复杂度
设 \(T=7\) 为矩阵大小，矩阵快速幂 \(O(T^3\log{k})\)，树状数组 \(O(n\log{n})\)，答案统计 \(O(Tn)\)，瓶颈在树状数组，总时间复杂度 \(O(n\log{n})\)。
代码实现
在代码实现的过程中，\((A,C)\) 和 \((C,A)\) 的贡献可以直接利用 \(u\) 和 \(v\) 表示，避免翻转数组再次求解。
由于转移矩阵中出现了 \(n-3\) 等式子，注意特判 \(n\) 很小的情况。
$\red{\text{code}}$
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define N 500005
int A[N],n,m;
//矩阵乘法中用到了 k，原题 k 对应 m
inline void add(int &a,int b){
a+=b,(a>=mod)&&(a-=mod);
}
struct matrix{
int a[7][7];
void init(){
for(int i=0;i<=6;i++){
for(int j=0;j<=6;j++) a[i][j]=0;
}
}
}ans,s;
matrix operator *(matrix &a,matrix &b){
matrix h;h.init();
for(int i=0;i<=6;i++){
for(int k=0;k<=6;k++){
//这样的枚举顺序内存访问连续，常数较小（尽管本题不卡常）
for(int j=0;j<=6;j++){
add(h.a[i][j],1ll*a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod);
}
}
}
return h;
}
void matrix_ksm(int b){
for(;b;b>>=1,s=s*s){
if(b&1) ans=ans*s;
}
}
void pre_work(){//构造矩阵
ans.init(),s.init();
ans.a[0][0]=1;
int c=1ll*(n-3)*(n-2)/2%mod;
for(int i=0;i<=6;i++) s.a[i][i]=c;
for(int i=2;i<=6;i++) add(s.a[i][i],n-3);
add(s.a[6][6],n-4);
s.a[0][1]=1,s.a[0][2]=n-2,s.a[0][5]=n-2;
s.a[1][0]=1,s.a[1][3]=n-2,s.a[1][4]=n-2;
s.a[2][0]=1,s.a[2][3]=1,s.a[2][4]=1,s.a[2][6]=n-3;
s.a[3][1]=1,s.a[3][2]=1,s.a[3][5]=1,s.a[3][6]=n-3;
s.a[4][1]=1,s.a[4][2]=1,s.a[4][5]=1,s.a[4][6]=n-3;
s.a[5][0]=1,s.a[5][3]=1,s.a[5][4]=1,s.a[5][6]=n-3;
s.a[6][2]=1,s.a[6][3]=1,s.a[6][4]=1,s.a[6][5]=1;
}
class BIT{
private:
int tr[N]={};
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
public:
inline void add(int p){
for(;p<=n;p+=lowbit(p)) tr[p]++;
}
inline int query(int p){
int ret=0;
for(;p>=1;p-=lowbit(p)) ret+=tr[p];
return ret;
}
}T;
inline int ksm(int a,int b){
int ret=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod){
if(b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
}
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
if(n==1){
puts("0");return 0;
}
else if(n==2){
if((A[1]<A[2])^(m&1)) puts("0");
else puts("1");
return 0;
}
pre_work(),matrix_ksm(m);
int tot=0,inv2=ksm(n-2,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++){
int d=T.query(A[i]),u=i-d-1;
//d->比它小的数的个数，u->比它大的数的个数
add(tot,1ll*ans.a[0][0]*u%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][1]*d%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][4]*d%mod*(A[i]-2)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][4]*u%mod*(A[i]-1)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][5]*u%mod*(n-A[i]-1)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][5]*d%mod*(n-A[i])%mod*inv2%mod);
//推导出后面有多少比它大/小的
u=n-A[i]-u,d=A[i]-1-d;
add(tot,1ll*ans.a[0][2]*d%mod*(A[i]-2)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][2]*u%mod*(A[i]-1)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][3]*u%mod*(n-A[i]-1)%mod*inv2%mod);
add(tot,1ll*ans.a[0][3]*d%mod*(n-A[i])%mod*inv2%mod);
T.add(A[i]);
}
add(tot,1ll*n*(n-1)/2%mod*((mod>>1)+1)%mod*ans.a[0][6]%mod);
printf("%d",tot);
return 0;
}
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