@bzoj - 3148@ 没头脑和不高兴
@description@
没头脑和不高兴是一对形影不离的好朋友，他们一起上学也一起玩耍。
这天，这对好朋友聚在一起玩纸牌游戏。他们所玩的纸牌总共有 N 张，每一张上面都有一个 1~N 的数字，任意两张纸牌上的数字都不相同。根据他们制定的游戏规则，在每局游戏的开始，所有的牌需要按照从 1~N 的顺序排好。在开心地玩完了一局牌之后，他们发现牌的顺序被弄得乱七八糟，将它们排好序是一件挺麻烦的事情。
他们将凌乱的纸牌在桌面上排成一排，然后开始了排序工作。不高兴由于在上一局游戏中输了牌，非常不高兴。他只将其中奇数位置的牌排成了升序，然后把剩下的任务推给了没头脑。没头脑非常没头脑，他采取了一个有些笨的排序方式。每次，他找到两张相邻并且顺序不对的牌交换它们，直到整个序列被排好序为止。
乐于探究的你，想要研究在初始排列随机的情况下没头脑花在交换纸牌上的时间。假设没头脑每交换一对纸牌花费的时间为 1，你希望求出他排序时间的期望。此外，为了更好地分析这个问题，你还希望能够计算出所花时间的方差。更进一步地，如果被不高兴排好序的位置发生了变化，你是否还能求出没头脑用来排序时间的期望呢？
@solution@
那个排序次数显然就是逆序对个数。
@part 1：期望@
考虑期望怎么求，可以想到拆解成每一对 (i, j) (i < j) 是逆序对的概率之和。
分几种情况，考虑这样的概率分别是多少：
（1）如果 i, j 都在排序的序列中，则显然贡献 0。
（2）如果 i, j 都不在排序的序列中，应贡献 1/2。
（3）如果 i, j 一个在一个不在，不妨考虑 i 在 j 不在的情况，另一种情况同理可求。
假如 i 是序列中的第 p 个元素，序列总长为 m，枚举 i 的值，得到概率为：
注意到 \(\sum_{k=p}^{n-m+p}{k-1 \choose p-1}{n-k \choose m-p} = {n\choose m}\)，于是我们就可以进一步化式子：
这个 \(\frac{\sum_{k=p}^{n-m+p}{k-1 \choose p-1}{n-k \choose m-p}\times k}{{n\choose m}}\) 其实就是第 p 个元素的期望值。
一开始我使用的是差分 + 一些简单的组合恒等式来推这个期望值，后来发现有一个更巧妙的方法：用连续期望求离散期望。
我们不妨在序列的头部加上 0，给序列的尾部加上 n + 1，这样依然满足序列的性质。
那么相当于从线段 [0, n + 1] 中随机选择 m 个点，划分成 m + 1 个段，第 p 个点的值为前 p 段之和。
那么根据连续期望的常识，这个值 = \(p\times \frac{n+1}{m+1}\)。和另一种方法的答案一样。
综上，求出来的贡献为 \(\frac{p}{n-m}\times(\frac{n+1}{m+1} - 1) = \frac{p}{m+1}\)。
可以统计 (k, i, j) 的个数，满足 k <= i < j 且 i, k 在序列中。最后用个数 / (m + 1) 就是要求的逆序对期望。
用个线段树即可。
@part 2：方差@
至于方差怎么求。。。本来我是想手算的，结果算到一半实在算不下去了，于是查看了一下题解。
结果。。。“大胆猜测方差的表达式是个次数不高的多项式，拉格朗日插值即可。”
【缓缓打出一个问号.jpg】
分类 N 为偶数或奇数，求出来是一个关于 N 的 3 次多项式：
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 100000;
ll gcd(ll x, ll y) {
return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}
int N, M;
struct segtree{
#define lch (x << 1)
#define rch (x << 1 | 1)
typedef pair<int, int> pii;
struct node{
int le, ri;
int cnt0, cnt1, tag;
ll s, sl, sr, sum;
}t[4*MAXN + 5];
void build(int x, int l, int r) {
t[x].le = l, t[x].ri = r;
t[x].cnt0 = r - l + 1, t[x].tag = -1;
if( l == r ) return ;
int m = (l + r) >> 1;
build(lch, l, m), build(rch, m + 1, r);
}
void maintain(int x, int v) {
if( v == 0 ) {
t[x].cnt0 = t[x].ri - t[x].le + 1, t[x].cnt1 = 0;
t[x].sl = t[x].sr = t[x].sum = 0;
t[x].s = 0, t[x].tag = v;
}
else {
t[x].cnt1 = t[x].ri - t[x].le + 1, t[x].cnt0 = 0;
t[x].sl = t[x].sr = t[x].sum = 0;
t[x].s = 1LL*(t[x].ri - t[x].le + 2)*(t[x].ri - t[x].le + 1)/2, t[x].tag = v;
}
}
void pushdown(int x) {
if( t[x].tag != -1 ) {
maintain(lch, t[x].tag);
maintain(rch, t[x].tag);
t[x].tag = -1;
}
}
void pushup(int x) {
t[x].cnt0 = t[lch].cnt0 + t[rch].cnt0;
t[x].cnt1 = t[lch].cnt1 + t[rch].cnt1;
t[x].s = t[lch].s + t[rch].s + 1LL*t[lch].cnt1*t[rch].cnt1;
t[x].sl = t[lch].sl + t[rch].sl + 1LL*t[lch].cnt1*t[rch].cnt0;
t[x].sr = t[lch].sr + t[rch].sr + 1LL*t[lch].cnt0*t[rch].cnt1;
t[x].sum = t[lch].sum + t[rch].sum;
t[x].sum += 1LL*t[lch].cnt1*t[rch].sl + 1LL*t[lch].s*t[rch].cnt0;
t[x].sum += 1LL*t[rch].cnt1*t[lch].sr + 1LL*t[rch].s*t[lch].cnt0;
}
void change(int x, int ql, int qr, int v) {
if( ql > t[x].ri || qr < t[x].le )
return ;
if( ql <= t[x].le && t[x].ri <= qr ) {
maintain(x, v);
return ;
}
pushdown(x);
change(lch, ql, qr, v);
change(rch, ql, qr, v);
pushup(x);
}
}T;
void print(ll x, ll y) {
ll d = gcd(x, y); x /= d, y /= d;
printf("%lld/%lld\n", x, y);
}
void get1() {
ll K = T.t[1].cnt1, S = T.t[1].sum;
ll x1 = S*4, x2 = (N-K)*(N-K-1)*(K+1), y = 4*(K+1);
print(x1 + x2, y);
}
void get2() {
ll x = N;
if( x & 1 )
print(((27*x - 26)*x - 87)*x + 86, 1440);
else print(((27*x + 13)*x + 46)*x, 1440);
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M), T.build(1, 1, N);
for(int i=1;i<=N;i+=2) T.change(1, i, i, 1);
get1(), get2();
for(int i=1;i<=M;i++) {
int l, r, v;
scanf("%d%d%d", &l, &r, &v);
T.change(1, l, r, v), get1();
}
}
@details@
注意一下开 long long，其他没了。
