题解：[ARC154E] Reverse and Inversion

前言

好题。

思路分析

这个题分为很多部分，各个部分之间比较独立。

我们一点一点来。

首先考虑 \(f(p)\) 怎么算。

把贡献拆到每一个点上，发现：

\[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i(\sum_{j=1}^{i-1} [p_i<p_j]-\sum_{i=j+1}^{n}[p_j<p_i]) \]

然后对后面做一点变换：

\[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i(i-\sum_{j=1}^{i}[p_i\ge p_j] -\sum_{i=j+1}^{n}[p_i \ge p_j]) \]

\[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i(i-\sum_{j=1}^{n}[p_i\ge p_j]) \]

\[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i(i-p_i) \]

\[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i^2-ip_i \]

到这里应该非常好了。

\(\sum_{i=1}^{n}i^2\) 是简单的，考虑 \(ip_i\) 怎么做。

我们转化为概率，那么就是等概率选择一个区间翻转，求 \(p_i\) 所在位置的期望，记为 \(s_i\)。

发现，经过一次操作后，\(p_i\) 在 \(j\) 的方案数为 \(\min(i,n-i+1,n-j+1)\)。

所以 \(p_i\) 到 \(j\) 的概率和 \(p_i\) 到 \(n-j+1\) 的概率是相同的。

所以只要 \(p_i\) 被翻转过一次，那么它所在位置的期望就是 \(\frac{n+1}{2}\)。

考虑 \(s_i\) 的计算：

\[p=(1-\frac{2i(n-i+1)}{n(n+1)})^m \]

\[s_i=ip+\frac{n+1}{2}(1-p) \]

求出 \(s_i\) 后，我们考虑原问题的答案为：

\[(\frac{n(n+1)}{2})^m\sum_{i=1}^{n}(i^2+s_ip_i) \]

复杂度 \(O(n \log v)\)。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int binpow(int a,int b){
	if(!b) return 1;
	int res=binpow(a,b/2);
	if(b&1) return res*res%mod*a%mod;
	else return res*res%mod;
}
int n,m,q,ans,a[200005];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	ans=n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*binpow(6,mod-2)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		q=binpow((1-2*i*(n-i+1)%mod*binpow(n*(n+1)%mod,mod-2)%mod+mod)%mod,m)%mod;
		ans=(ans-(q*i%mod+(1-q)*(n+1)%mod*binpow(2,mod-2)%mod)%mod*a[i]%mod+mod)%mod;
	}
	cout<<ans*binpow(n*(n+1)%mod*binpow(2,mod-2)%mod,m)%mod;
	return 0;
}