CF749E Inversions After Shuffle 解题报告 (期望 树状数组)

E. Inversions After Shuffle

题意

有一个长 \(n\) 的排列, 随机选取一段区间进行随机全排列, 求排列后整个序列的逆序对期望个数.

\((n \le 10^5)\).

思路

首先, 考虑一整个排列进行排序后的逆序对期望个数,

一共有 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 对点, 每对点行程逆序对的概率为 \(\frac{1}{2}\) , 所以逆序对期望个数为 \(\frac{n(n-1)}{4}\).

那么, 我们就可以算出每个区间对答案的贡献,

长度为 \(len\) 的区间有 \(n-len+1\) 个, 它们排序后的逆序对期望个数为 \(\frac{len(len-1)}{4}\), 所以总贡献为
\[
\sum_{len=1}^{n} \frac{len(len-1)}{4}\times(n-len+1)
\]

然后, 我们再考虑在选定区间外的逆序对个数,

用 \((i,j)\) 来表示一对逆序对, \([l,r]\) 表示当前选中的区间.

先考虑 \(i \not \in [l,r]\) 的情况, 设 \(i=k\) 时的逆序对个数为 \(pir[k]\), 那么贡献为
\[
\sum_{i=1}^{l-1} pir[i] + \sum_{i=r+1}^{n} pir[i]
\]
考虑 \(pir[i]\) 怎么算,

我们可以从小到大枚举排列中的每个数 \(i\), 在它的位置, 设为 \(pl[i]\) 上 +1, 然后在树状数组上查询 \([pl[i]+1,n]\) 的区间和,

因为我们是从小到大枚举的每个数, 所以这时查询到的都是比 \(i\) 小的数, 也就是 \(i\) 为左端点的逆序对, 即 \(pir[i]\).

再考虑 \(i \in [l,r],\ j >r\) 的情况, 直接算貌似不太好算, 考虑容斥,

先不考虑 \(j>r\) 的限制, 则贡献为 \(pir[i] \times i \times (n-i+1)\),

我们再考虑每个满足 \(a[k]<a[i]\) 且 \(k>i\) 的 \(k\), 它会导致 \(i\) 多算了 \(1 \times i \times (n-k+1)\) 的贡献, 因为当 \(j \ge k\) 时, \(k\) 本不应该有贡献的,

所以, 对于每个 \(a[i]\), 我们在枚举到它的时候, 先在 \([1,i-1]\) 打上 \((n-i+1)\) 的标记, 表示到时候要减去的权值,

然后再查询 \(i\) 的标记, 设为 \(val[i]\), 它对答案的总贡献就是
\[
pir[i] \times i \times (n-i+1) - val[i] \times i
\]

这样, 我们就得到了选取每个区间时, 所得到的逆序对的总期望个数, 最后 \(ans/=\frac{n(n+1)}{2}\) 即可. (总共有 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 个区间.)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
const int _=1e5+7;
int n,a[_],pl[_]; // c0 用来算 pir, c1 用来算多余的贡献
ll c[2][_],pir[_],sum[_];
// 先算出后缀和, 再算出后缀和的后缀和.
db ans;
void add(int x,ll w,bool id){
  for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i))
    c[id][i]+=w;
}
void modify(int l,int r,ll w,bool id){
  add(l,w,id);
  add(r+1,-w,id);
}
ll Sum(int x,bool id){
  ll res=0;
  for(int i=x;i;i-=i&(-i))
    res+=c[id][i];
  return res;
}
ll query(int l,int r,bool id){
  return Sum(r,id)-Sum(l-1,id);
}
void init(){
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d",&a[i]);
    pl[a[i]]=i;
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    pir[pl[i]]=query(pl[i],n,0);
    add(pl[i],1ll,0);
    modify(1,pl[i]-1,n-pl[i]+1,1ll);
    ll val=Sum(pl[i],1);
    ans+=(db)pl[i]*pir[pl[i]]*(n-pl[i]+1)-(db)val*pl[i];
  }
}
void run(){
  for(int i=n;i>=1;i--)
    sum[i]=sum[i+1]+pir[i];
  for(int i=n;i>=1;i--)
    sum[i]=sum[i+1]+sum[i];
  for(db i=1;i<=n;i+=1)
    ans+=i*(i-1)/4*(n-i+1);
  ll res=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    res+=pir[i-1];
    ans+=sum[i+1]+(n-i+1)*res;
  }

  ans/=(db)n*(n+1)/2;
}
int main(){
  init();
  run();
  printf("%.9lf\n",ans);
  return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/brucew-07/p/12189372.html