题解：ARC176D Swap Permutation

题意

原题链接

给定一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，并执行以下操作 \(m\) 次：选择 \(1\leq i<j\leq n\)，交换 \(p_i\) 和 \(p_j\)。

定义一个序列 \(p\) 的权值为 \(\sum_{i=1}^{n-1}|p_i-p_{i-1}|\)。求在 \(\binom{n}{2}^m\) 种可能的操作后，\(p\) 的价值之和。答案对 \(998244353\) 取模。

对于所有数据，\(2\leq n\leq 2\times 10^5\)，\(1\leq m\leq 2\times 10^5\)。

题解

一顿乱想后发现序列的权值很难进行统计，所以考虑重新刻画权值。显然

\[|p_i-p_{i+1}|=\sum_{j=1}^n[\min(p_i,p_{i+1})<j\leq \max(p_i,p_{i+1})] \]

据此，考虑枚举 \(k\in[1,n)\)，建立 \(0/1\) 序列 \(v_i=[p_i>k]\)。注意到若 \(v\) 中存在相邻的 \((0,1)/(1,0)\)，则说明对应位置上 \(\min(p_i,p_{i+1})<j\leq \max(p_i,p_{i+1})\)，与权值的形式恰好一致！因此，问题转化为对于每个 \(0/1\) 序列，计算所有可能的交换操作后相邻的 \((0,1)/(1,0)\) 的数量总和。

我们选定两个相邻的位置 \(j\) 和 \(j+1\) 进行观察，则本质不同的 \(0/1\) 对只有 3 种：\((0,0),(1,1),(0,1)/(1,0)\)，依次标号为 \([1,3]\)。考虑 DP。令 \(f_{i,1/2/3}\) 表示 \(i\) 次操作后这两个位置最终形成某种 \(0/1\) 对的方案数。转移很简单，并且显然可以矩阵快速幂优化，这里直接给出转移矩阵：

\[T= \begin{bmatrix} \binom{n-2}{2}+2(c_0-2)+1 & 0 & 2c_1\\ 0 & \binom{n-2}{2}+2(c_1-2)+1 & 2c_0\\ c_0-1 & c_1-1 & \binom{n-2}{2}+(n-2)+1 \end{bmatrix} \]

其中 \(c_0=k,c_1=n-k\) 分别表示 \(v\) 中 \(0,1\) 的个数。依据选定的 \(j\) 和 \(j+1\) 的初始情况，列出初始的 \(1\times 3\) 答案矩阵，再右乘 \(T^m\) 即可得到这两个位置的答案。于是我们得到了 \(O(n^2\log{m})\) 的算法。但既然本质不同的 \(0/1\) 对只有 3 种，那么直接维护它们的数量即可，无需枚举每对相邻的位置。时间复杂度 \(O(n\log{m})\)。

具体实现时，可以将 3 个 \(1\times 3\) 的初始矩阵合并为一个 \(3\times 3\) 矩阵整体转移。

代码

#include <iostream>

using namespace std;

#define lowbit(x) ((x) & -(x))
#define chk_min(x, v) (x) = min((x), (v))
#define chk_max(x, v) (x) = max((x), (v))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5, M = 2e5 + 5, MOD = 998244353;

int n, m, ans, p[N], pos[N];
int c0, c1, t1, t2, t3;
bool vis[N];

struct Matrix {
	int r, c;
	ll a[5][5];
	
	void clear(ll v = 0) {
		for (int i = 1; i <= r; ++i)
			for (int j = 1; j <= c; ++j) a[i][j] = v;
	}
	
	Matrix operator*(const Matrix &x) const {
		Matrix res = { r, x.c }; res.clear();
		for (int i = 1; i <= r; ++i)
			for (int j = 1; j <= x.c; ++j)
				for (int k = 1; k <= c; ++k)
					res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * x.a[k][j] % MOD) % MOD;
		return res;
	}
} f, g, t;

Matrix qpowm(Matrix a, ll b) {
	--b;
	Matrix res = a;
	for (; b; b >>= 1) {
		if (b & 1) res = res * a;
		a = a * a;
	}
	return res;
}

void change(int x, int d) {
	if (!vis[x] && !vis[x + 1]) f.a[1][1] += d;
	else if (vis[x] && vis[x + 1]) f.a[2][2] += d;
	else f.a[3][3] += d;
} 

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> p[i], pos[p[i]] = i;
	f = t = { 3, 3 };
	f.clear(); f.a[2][2] = n - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = true;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		if (pos[i] > 1) change(pos[i] - 1, -1);
		if (pos[i] < n) change(pos[i], -1);
		vis[pos[i]] = 0;
		if (pos[i] > 1) change(pos[i] - 1, 1);
		if (pos[i] < n) change(pos[i], 1);
		c0 = i; c1 = n - i;
		ll v = 1ll * (n - 2) * (n - 3) / 2;
		t.a[1][1] = v + ((c0 - 2) << 1) + 1; t.a[1][2] = 0; t.a[1][3] = c1 << 1;
		t.a[2][1] = 0; t.a[2][2] = v + ((c1 - 2) << 1) + 1; t.a[2][3] = c0 << 1;
		t.a[3][1] = c0 - 1; t.a[3][2] = c1 - 1; t.a[3][3] = v + c0 - 1 + c1 - 1 + 1;
		for (int i = 1; i <= 3; ++i)
			for (int j = 1; j <= 3; ++j) t.a[i][j] %= MOD;
		g = f * qpowm(t, m);
		ans = (ans + (g.a[1][3] + g.a[2][3] + g.a[3][3]) % MOD) % MOD;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}