qbxt DAY7 T2
考虑序列中的每一个点对于答案的贡献即可
那么也就只需要考虑(n = 2)的情况
当(n = 2)时,产生逆序对的情况一定是第二个数先被加入,也就是说在(2k)次移动中,只有最后一次选择了第二个数
此时的概率是
(egin{aligned} & sumlimits_kq^{2k-1}p (q=p-1) \& =p imes(q^1+q^3+q^5+...) end{aligned})
考虑对数列(q^1+q^3+q^5+...+q^n)求和
令(S=q^1+q^3+q^5+...+q^n)
(S'=q^2S=q^3+q^5+...+q^n+q^{n+2})
(S'-S=(q^2-1)S=q^{n+2}-q)
(S=frac{q^{n+2}-q}{(q^2-1)})
当(n ightarrow infty)时,(q^{n+2} ightarrow 0)
(S=frac{q}{1-q^2})
则原式(=frac{pq}{1-q^2})
那么最后只需要输出
(Large frac{pq n(n-1)/2}{1-q^2})