CF1151F Sonya and Informatics

给一个长度为 $n (n\leq 100)$ 的 $0/1$ 串，进行 $k (k \leq 10^9)$ 次操作，每次操作选择两个位置 $i,j (1 \leq i < j \leq n)$，交换 $i,j$ 上的数，求 $k$ 次操作后，该 $0/1$ 串变成非降序列的概率，答案对 $10^9+7$ 取模。

sol

好题，概率 dp。

设有 $m$ 个 $0$，那么题意就是让 $a[1,m]$ 均为 $0$，$a[m+1,n]$ 均为 $1$。

令 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个操作后，前 $m$ 个数中有 $j$ 个 $0$ 的方案数，答案即为 $\frac{f_{k,m}}{\sum\limits_{i=0}^{m}f_{k,i}}$，边界：$f_{0,p}=1$，$p$ 为原序列前 $m$ 个数中 $0$ 的个数。

对于 $f_{i,j}$，考虑它是如何转移来的：

• 之前有 $j-1$ 个 $0$，第 $i$ 次交换换来一个 $0$，由于前面 $1$ 的个数与后面 $0$ 的个数均为 $m-j+1$，顾方案数为 $f_{i-1,j-1}\times (m-j+1)^2$。
• 之前有 $j + 1$ 个 $0$，第 $i$ 次交换换走一个 $0$，由于前面有 $j+1$ 个 $0$，后面有 $n-m-(m-j-1)=n-2m+j+1$ 个 $1$，顾方案数为 $f_{i-1,j+1}\times (j+1)(n-2m+j+1)$。
• 之前本来就有 $j$ 个 $0$，第 $i$ 次操作没换走也没换来，四种情况：前面交换，后面交换，前后交换 $0$，前后交换 $1$，则方案数为 $C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+j(m-j)+(m-j)(n-2m+j)$。

到这里差点结束了，总结：$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times (m-j+1)^2+f_{i-1,j+1}\times (j+1)(n-2m+j+1)+C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+j(m-j)+(m-j)(n-2m+j)$。

考虑到 $k\leq 10^9$，经验告诉我们直接上矩阵快速幂，毕竟这转移无需判断。

$$\begin{bmatrix}c_0& b_1& 0 & 0&\cdots & 0\\ a_0 & c_1 & b_2 & 0&\cdots & 0\\ 0 & a_1 & c_2 & b_3 & \cdots & 0\\ 0&0&a_2&c_3&\cdots&0\\ 0&0&0&a_3&\cdots&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&0&0&0&\cdots&c_m\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}f_{i-1,0}\\f_{i-1,1}\\f_{i-1,2}\\f_{i-1,3}\\f_{i-1,4}\\ \cdots \\f_{i-1,m}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_{i,0}\\f_{i,1}\\f_{i,2}\\f_{i,3}\\f_{i,4}\\ \cdots \\f_{i,m}\end{bmatrix}$$

其中 $a_i=(m-i)^2$，$b_i=i(n-2m+i)$，$c_i=C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+i(m-i)+(m-i)(n-2m+i)$。

时间复杂度 $\mathcal O(n^3\log k)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

inline int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
		if (c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	return x * f;
}

const int _ = 107, p = 1e9 + 7;

int n, k, m, t, Ans, A[_], a[_], b[_], c[_];

struct matrix {
	int a[_][_];
	void init() {
		memset(a, 0, sizeof a);
	}
	matrix mul(matrix x) {
		matrix res;
		res.init();
		for (int i = 0; i <= m; ++i)
			for (int j = 0; j <= m; ++j)
				for (int k = 0; k <= m; ++k)
					res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * x.a[k][j] % p) % p;
		return res;
	}
} ans, base;

void Qpow(int k) {
	while (k) {
		if (k & 1)
			ans = ans.mul(base);
		k >>= 1, base = base.mul(base);
	}
}

inline int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1)
			res = res * x % p;
		y >>= 1, x = x * x % p;
	}
	return res;
}

signed main() {
	n = read(), k = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) m += (A[i] == 0);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) t += (A[i] == 0);
	for (int i = 0; i <= m; ++i) {
		a[i] = (m - i) * (m - i) % p;
		b[i] = i * (n - 2 * m + i) % p;
		c[i] = (m * (m - 1) * qpow(2, p - 2) % p + (n - m) * (n - m - 1) * qpow(2, p - 2) % p + (m - i) * (n - 2 * m + 2 * i) % p) % p;
	}
	ans.init();
	for (int i = 0; i <= m; ++i) ans.a[i][i] = 1;
	base.init();
	base.a[0][0] = c[0], base.a[0][1] = b[1];
	base.a[m][m - 1] = a[m - 1], base.a[m][m] = c[m];
	for (int i = 1; i <= m - 1; ++i) {
		base.a[i][i - 1] = a[i - 1];
		base.a[i][i] = c[i];
		base.a[i][i + 1] = b[i + 1];
	}
	Qpow(k);
	base.init();
	base.a[t][0] = 1;
	ans = ans.mul(base);
	for (int i = 0; i <= m; ++i)
		Ans = (Ans + ans.a[i][0]) % p;
	printf("%lld", ans.a[m][0] * qpow(Ans, p - 2) % p);
	return 0;
}