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给你(n)和({a_i})，你需要求所有满足(p_ile a_i)的(1-n)排列的逆序对个数之和模(10^9+7)。
(n le 2times10^5)

sol

首先考虑一下所有满足要求的排列总数。记(cnt_i)表示有多少个(a_kge i)，从大到小填数，方案数就是[S=prod_{i=1}^ncnt_i-(n-i)]
考虑枚举两个位置(i,j)，计算满足(p_i>p_j)的排列数。分两种情况讨论：
(a_ile a_j)：这时候如果你让(a_j=a_i)的话方案数也是一样的，所以就强制把(a_j)改成(a_i)，计算满足条件的排列数。因为两个位置本质上没有区别，所以(p_i>p_j)的排列数会恰好是合法排列数的一半。而强制把(a_j)改小这个操作相当于是把连续一段的(cnt_i)减一，可以用某种方式来维护一下。
(a_i>a_j)：总排列数减不合法，相当于是要求(p_i<p_j)的方案数。无非是把上面的(i,j)互换了而已，计算方法还是一样的。
考虑一下怎么把(O(n^2))的枚举优化到(O(nlog n))。记(D_i=frac{cnt_j-1-(n-j)}{cnt_j-(n-j)})。那么枚举一对(i,j)，它们的贡献是[Stimesprod_{k=a_i+1}^{a_j}D_k=Stimesfrac{prod_{k=1}^{a_j}D_k}{prod_{k=1}^{a_i}D_k}]
树状数组以(a_i)为下标，维护(frac{1}{prod_{k=1}^{a_i}D_k})的前缀和即可。
但是这样有问题。因为(D_i)可能为(0)。我们可以对每个位置，找到它前面出现的第一个(0)，显然这个(0)之前的所有(i)都不会有贡献了，而在这个(0)之后到(j)这一段一定没有(0)，所以可以维护不含(0)的(D_i)前缀积。
(a_i>a_j)同理，需要额外维护个数以便计算总方案减不合法。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N = 2e5+5;
const int mod = 1e9+7;
int n,a[N],cnt[N],S=1,z[N],st[N],D[N],ID[N],c1[N],c2[N];
int fastpow(int a,int b){
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void mdf(int k,int v){while(k<=n)c1[k]=(c1[k]+v)%mod,++c2[k],k+=k&-k;}
int qry1(int k){int s=0;while(k)s=(s+c1[k])%mod,k^=k&-k;return s;}
int qry2(int k){int s=0;while(k)s+=c2[k],k^=k&-k;return s;}
int main(){
    n=gi();
    for (int i=1;i<=n;++i) ++cnt[a[i]=gi()];
    for (int i=n;i>=1;--i) cnt[i]+=cnt[i+1];
    for (int i=1;i<=n;++i){
        cnt[i]-=n-i;
        if (cnt[i]<=0) return puts("0"),0;
        S=1ll*S*cnt[i]%mod;
    }
    st[0]=D[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        int x=1ll*(cnt[i]-1)*fastpow(cnt[i],mod-2)%mod;
        if (!x) st[z[i]=z[i-1]+1]=i,D[i]=D[i-1];
        else z[i]=z[i-1],D[i]=1ll*D[i-1]*x%mod;
        ID[i]=fastpow(D[i],mod-2);
    }
    int inv2=(mod+1)>>1,ans=0;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        ans=(ans+1ll*(qry1(a[i])-qry1(st[z[a[i]]]-1)+mod)*D[a[i]]%mod*S%mod*inv2)%mod;
        mdf(a[i],ID[a[i]]);
    }
    memset(c1,0,sizeof(c1)),memset(c2,0,sizeof(c2));
    for (int i=n;i;--i){
        ans=(ans-1ll*(qry1(a[i]-1)-qry1(st[z[a[i]]]-1)+mod)*D[a[i]]%mod*S%mod*inv2%mod+mod)%mod;
        ans=(ans+1ll*qry2(a[i]-1)*S)%mod;
        mdf(a[i],ID[a[i]]);
    }
    printf("%dn",ans);
    return 0;
}