bzoj 5058 期望逆序对

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矩阵快速幂 + 树状数组.

考虑两个数 $a_i,a_j​$ 对答案的贡献,可以发现它们把所有位置分成了 $3​$ 种, $i,j​$ ,以及其他位置.

对于 $a_i,a_j$ 来说,它们出现在其他的每一个位置的概率都是相同的.

于是只用考虑以下这几种情况最终出现的概率,

  • $a_i$ 在位置 $i$ , $a_j$ 在位置 $j​$ .
  • $a_i$ 在位置 $j$ , $a_j$ 在位置 $i​$ .
  • $a_i,a_j​$ 恰有一个在原来位置,另外一个在除掉 $i,j​$ 后的其他位置.
  • $a_i,a_j$ 恰有一个在对方位置,另外一个在除掉 $i,j$ 后的其他位置.
  • $a_i,a_j$ 都在除掉 $i,j$ 后的其他位置.

可以用矩阵快速幂处理出操作 $k$ 次后这几种情况各自的概率.

而 $a_i,a_j$ 对于答案的贡献是一些与 $i,j$ 有关的一次多项式.

从前往后考虑每个 $a_i$ ,树状数组维护以 $a_i$ 为下标的区间中的 $\sum1,\sum i$ 即可,时间复杂度 $O(n\log n)$ .

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//%std
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int out = 0, fh = 1;
	char jp = getchar();
	while ((jp > '9' || jp < '0') && jp != '-')
		jp = getchar();
	if (jp == '-')
		fh = -1, jp = getchar();
	while (jp >= '0' && jp <= '9')
		out = out * 10 + jp - '0', jp = getchar();
	return out * fh;
}
const int P = 1e9 + 7, inv2 = (P + 1) >> 1;
int add(int a, int b)
{
	return a + b >= P ? a + b - P : a + b;
}
void inc(int &a, int b)
{
	a = add(a, b);
}
int mul(int a, int b)
{
	return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = mul(res, a);
		a = mul(a, a);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
struct Matrix
{
	int v[5][5];
	Matrix(){memset(v, 0, sizeof v);}
	Matrix operator * (const Matrix &rhs) const
	{
		Matrix res;
		for (int i = 0; i < 5; ++i) 
			for (int k = 0; k < 5; ++k) if (v[i][k])
				for (int j = 0; j < 5; ++j) if (rhs.v[k][j])
					inc(res.v[i][j], mul(v[i][k], rhs.v[k][j]));
		return res;
	}
} st, trans, I;
Matrix Fpow(Matrix a, int b)
{
	Matrix res = I;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a;
		a = a * a;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
const int N = 5e5 + 10;
int n, k, c[5];
int binom(int x)
{
	return 1LL * x * (x - 1) / 2 % P;
}
void f(int x, int y, int w)
{
	trans.v[y][x] = w;
}
void init()
{
	for (int i = 0; i < 5; ++i)
		I.v[i][i] = 1;
	st.v[0][0] = 1;
	f(0, 0, binom(n - 2)), f(0, 1, 1), f(0, 2, mul(2, n - 2)), f(0, 3, 0), f(0, 4, 0);
	f(1, 0, 1), f(1, 1, binom(n - 2)), f(1, 2, 0), f(1, 3, mul(2, n - 2)), f(1, 4, 0);
	f(2, 0, 1), f(2, 1, 0), f(2, 2, binom(n - 2) + n - 3), f(2, 3, 2), f(2, 4, n - 3);
	f(3, 0, 0), f(3, 1, 1), f(3, 2, 2), f(3, 3, binom(n - 2) + n - 3), f(3, 4, n - 3);
	f(4, 0, 0), f(4, 1, 0), f(4, 2, n - 2), f(4, 3, n - 2), f(4, 4, binom(n - 2) + 1);
	st = Fpow(trans, k) * st;
	for (int i = 0; i < 5; ++i)
		c[i] = st.v[i][0];
}
struct FenwickTree
{
	int lowbit(int x)
	{
		return x & (-x);
	}
	int bit[N];
	void upd(int x, int c)
	{
		for (; x <= n; x += lowbit(x))
			inc(bit[x], c);
	}
	int query(int x)
	{
		int s = 0;
		for (; x; x -= lowbit(x))	
			inc(s, bit[x]);
		return s;
	}
} C, S;
int cnt, sum, tmp, tot;
int calc(int i)
{
	int s = 0;
	inc(s, mul(c[1], cnt));
	inc(s, mul(mul(c[2], inv2), mul(mul(cnt, n - i), tmp)));
	inc(s, mul(mul(c[2], inv2), mul(add(sum, P - cnt), tmp)));
	inc(s, mul(mul(c[3], inv2), mul(add(mul(cnt, n - 1), P - sum), tmp)));
	inc(s, mul(mul(c[3], inv2), mul(add(mul(cnt, i), P - mul(cnt, 2)), tmp)));
	inc(s, mul(mul(c[4], inv2), cnt));
	return s;
}
int a[N];
int main()
{
	n = read(), k = read();
	tmp = fpow(n - 2, P - 2);
	tot = fpow(binom(n), k);
	if (n == 1)
		return puts("0"), 0;
	if (n == 2)
	{
		int a = read(), b = read();
		if ((a < b) == (k & 1))
			printf("%d\n", tot);
		else
			puts("0");
		return 0;
	}
	init();
	int ans = 0, s = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		a[i] = read();
		int x = a[i];
		cnt = sum = 0;
		if (x > 1)
		{
			cnt = C.query(x - 1);
			sum = S.query(x - 1);
			if (cnt || sum)	
				inc(ans, calc(i));
		}	
		if (x < n)
		{
			cnt = add(i - 1, P - cnt);
			sum = add(s, P - sum);
			if (cnt || sum)	
				inc(ans, add(mul(tot, cnt), P - calc(i)));
		}
		C.upd(x, 1);
		S.upd(x, i);
		inc(s, i);
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}