AGC 030D.Inversion Sum(DP 期望)

题目链接

---

(Description)

给定长为(n)的序列(A_i)和(q)次操作((x,y))。对于每次操作((x,y))，可以选择交换(A_x,A_y)两个数，也可以选择不进行操作。求所有(2^q)种情况中，逆序对个数之和。
(n,qleq3000)。

(Solution)

不去直接求和，我们求(q)次操作后逆序对的期望个数。这样乘上(2^q)就是答案。
可以令(f[t][i][j])表示，(t)次操作后，(A_i<A_j)的概率。
(f[0][i][j])可以由初始序列得到，然后可以从(f[t-1][i][j])转移到(f[t][i][j])，但这样好像是(O(n^2q))的？
对于每次操作((x,y))，只会影响(i)或(j)等于(x)或(y)时的(f[t][i][j])，其它的都不会变。所以只需要修改这(O(n))个值就可以了。（比如(f[i][x])即(a_i<a_x)的概率，现在(frac12)会变成(a_i<a_y)的概率，即(f[i][x]=frac{f[i][x]+f[i][y]}{2})，(f[i][y])同理）
复杂度(O(n^2+qn))。

话说Um_nik是什么写法啊。。。

---

//310ms	35456KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
#define inv2 500000004ll
typedef long long LL;
const int N=3005;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
	int t=1;
	for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
		if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
	return t;
}

int main()
{
	static int A[N],f[N][N];
	const int n=read(),q=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		for(int j=1; j<=n; ++j) f[i][j]=A[i]<A[j];
	for(int i=1; i<=q; ++i)
	{
		int x=read(),y=read();
		f[x][y]=f[y][x]=inv2*(f[x][y]+f[y][x])%mod;
		for(int j=1; j<=n; ++j)
			if(j!=x && j!=y)
				f[j][x]=f[j][y]=inv2*(f[j][x]+f[j][y])%mod,
				f[x][j]=f[y][j]=inv2*(f[x][j]+f[y][j])%mod;
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		for(int j=1; j<i; ++j) ans+=f[i][j];
	printf("%lld
",ans%mod*FP(2,q)%mod);

	return 0;
}