「AGC023E」Inversions【组合计数】

AGC023E

Description

给定一个长度为 (n) 的序列(a)，求所有满足 (forall i,P_ile a_i) 的(1sim n) 的排列的逆序数的和。

答案对 (10^9+7) 取模。

(nle 2 imes 10^5,1le a_ile n)。

Solution

首先，考虑总方案，将 (a) 从大到小排序得到序列 (c) ，记 (b_i) 为 (a_i) 的排名，那么合法的排列方案有：

[f(n)=prod_{i=1}^{n}(a_i-b_i+1)=prod_{i=1}^{n}(c_i-i+1) ]

这是因为按照 (a_i) 从小到大依次确定每个 (p_i) 的取值，此时前 (i-1) 个 (p) 都在 (p_i) 的取值范围中，不能选，因此可选的只有 (c_i-i+1) 个。

考虑分别计算每一对数的贡献。

对于 (i>j,a_i>a_j)，此时 (a_i) 中 (>a_j) 的部分可以忽略掉了，因此可以令 (a_i) 与 (a_j) 相同，此时的所有排列中一定恰好有一半满足 (p_j>p_j)，于是用总方案数除 (2) 即可。

[ans_{i,j}=dfrac{f(n)frac{a_j-b_j}{a_i-b_i+1}prod_{k=b_j+1}^{b_i-1}frac{c_k-k}{c_k-k+1}}{2} ]

对于 (i<j,a_i> a_j)：考虑使用总数减去顺序对的方案数：

[ans_{i,j}=f(n)-dfrac{f(n)frac{a_j-b_j}{a_i-b_i+1}prod_{k=b_j+1}^{b_i-1}frac{c_k-k}{c_k-k+1}}{2} ]

令 (T(k)=prod_{i=1}^{k}dfrac{c_i-i}{c_i-i+1})，暴力求解即可做到 (mathcal O(n^2))。

两种不同的情况处理起来非常麻烦，考虑取出相似的部分：

[egin{aligned} g(i,j)&=dfrac{f(n)frac{a_j-b_j}{a_i-b_i+1}prod_{k=b_j+1}^{b_i-1}frac{c_k-k}{c_k-k+1}}{2}\ &=dfrac{f(n)T_{b_i-1}}{2(a_i-b_i+1)}dfrac{a_j-b_j}{T_{b_j}}\ end{aligned}\ ans_i=sum_{j}[a_j<a_i]{[i>j]g(i,j)+[i<j](f(n)-g(i,j)} ]

于是考虑用线段树维护每个 (j) 的 (dfrac{a_j-b_j}{T_{b_j}})，然后按 (a_i) 从小到大加入线段树，加入 (i) 前计算其贡献，就可以容易通过线段树区间求和完成了。复杂度 (mathcal O(nlog n))。

你直接照着这个式子做，会发现始终 (WA) 了几个点，问题出在一开始将区间积转化为前缀积的部分：当某个 (i) 满足 (c_i-i=0) 时，在计算 (prod_{k=l}^{r}) 且 (l>i) 时，(c_i-i) 会成为除数，导致原式结果出错。解决方法是

[g(i,j)=dfrac{f(n)}{2(a_i-b_i+1)}(a_j-b_j)prod_{k=b_j+1}^{b_i-1}dfrac{c_k-k}{c_k-k+1}\ ]

让每个 (i) 加入线段树时，将全局的值都乘一个 (dfrac{c_{b_i}-b_i}{c_{b_i}-b_i+1})，并将加入点的初值设为 (a_i-b_i) 就能完美解决这一问题了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
inline void inc(int &x,int y){x=add(x,y);}
inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
inline int ksm(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
	return ret;
}
int n,a[N],b[N],c[N],id[N],f;
inline bool cmp(int x,int y){return (a[x]^a[y])?a[x]<a[y]:x<y;}
namespace SGT{
	#define lc (p<<1)
	#define rc (p<<1|1)
	#define mid ((l+r)>>1)
	pii tr[N<<2];int tag[N<<2];
	inline pii operator *(const pii &x,const pii &y){
		return make_pair(x.first+y.first,add(x.second,y.second));
	}
	inline pii operator *(const pii &x,const int &y){
		return make_pair(x.first,1ll*x.second*y%mod);
	}
	inline void pushdown(int p){
		if(tag[p]==1) return;
		tag[lc]=1ll*tag[lc]*tag[p]%mod;tr[lc]=tr[lc]*tag[p];
		tag[rc]=1ll*tag[rc]*tag[p]%mod;tr[rc]=tr[rc]*tag[p];
		tag[p]=1;
	}
	inline pii query(int p,int ql,int qr,int l=1,int r=n){
		if(ql>qr) return make_pair(0,0);
		if(ql<=l&&r<=qr) return tr[p];
		pushdown(p);
		pii ret=make_pair(0,0);
		if(ql<=mid) ret=ret*query(lc,ql,qr,l,mid);
		if(qr>mid) ret=ret*query(rc,ql,qr,mid+1,r);
		return ret;
	}
	inline void update(int p,int x,int v,int l=1,int r=n){
		if(l==r){tr[p]=make_pair(1,v);return ;}
		pushdown(p);
		if(x<=mid) update(lc,x,v,l,mid);
		else update(rc,x,v,mid+1,r);
		tr[p]=tr[lc]*tr[rc];
	}
	inline void build(int p,int l=1,int r=n){
		tag[p]=1;
		if(l==r) return ;
		build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
	}
}
using namespace SGT;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;
	sort(id+1,id+n+1,cmp);
	f=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		b[id[i]]=i,c[i]=a[id[i]];
		if(c[i]-i+1<=0){puts("0");return 0;}
		f=1ll*f*(c[i]-i+1)%mod;
	}
	int ans=0;
	build(1);
	for(int u=1;u<=n;++u){
		int i=id[u];
		pii p=query(1,1,i-1),q=query(1,i+1,n);
		int t=1ll*f*ksm(2ll*(dec(a[i],b[i])+1)%mod,mod-2)%mod;
		inc(ans,1ll*t*p.second%mod);	
		inc(ans,dec(1ll*q.first*f%mod,1ll*q.second*t%mod));
		int v=1ll*(a[i]-b[i])*ksm(a[i]-b[i]+1,mod-2)%mod;
		tag[1]=1ll*tag[1]*v%mod;
		tr[1]=tr[1]*v; 
		update(1,i,dec(a[i],b[i]));
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}