题面
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题目要求的就是对于每种操作方案得到的排列中，所有逆序对位置之差的和。
首先我们考虑对于一个确定的排列 \(p\),它对答案的贡献如何表示，对于第 \(i\) 位，每有一个 \(j<i\) 且 \(p_j>p_i\) 时会产生 \(i\) 的贡献，同时每有一个 \(j>i\) 且 \(p_j<p_i\) 时会产生 \(-i\) 的贡献，于是我们令第 \(i\) 位贡献为 \(f(i)\)，那么 \(f(i)\) 可以表示为：
\[\begin{aligned}
f(i)&=i(\sum\limits_{j=1}^i[p_j>p_i]-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_j\le p_i])\\
&=i(i-\sum\limits_{j=1}^i[p_j\le p_i]-\sum\limits_{j=i+1}^n[p_j\le p_i])\\
&=i(i-\sum\limits_{j=1}^n[p_j\le p_i])\\
&=i^i-i\times p_i
\end{aligned}
\]
现在我们考虑如何统计所有方案的权值和，这里我们可以求 \(\sum_{i=1}^ni^2-i\times p_i\) 的期望值，然后再乘上方案数。这里前面的 \(i^2\) 求和是一个定值，因为无论排列如何变化，最终 \(1\) 至 \(n\) 都会占满 \(1\) 至 \(n\) 的位置。所以要求的就是 \(\sum_{i=1}^ni^2-\sum_{i=1}^n iE(p'_i)\)
关键在于求位置的期望值，看起来似乎很困难，但是细想一下，位置 \(i\) 如果被操作区间覆盖了，经过这一次操作到 \(j\) 的方案数应该是多少。
- 如果 \(j>i\) 有 \(min(i,n-j+1)\) 种方案。
- 如果 \(j<i\) 有 \(min(j,n-i+1)\) 种方案。
我们把两种情况合并一下，得到方案数为 \(min(i,j,n-i+1,n-j+1)\)。所以 \(i\) 经过一次操作到 \(n-j+1\) 的方案数是一样的，也就相当于概率是一样的。所以对于任何一个位置，当它被操作区间覆盖时，最终位置的期望值都是\(\frac n2\)，而不被覆盖时就会留在原地。现在就很好求了，位置 \(i\) 不被覆盖的概率为 \(1-\frac{2i(n-i+1)}{n(n+1)}\),那么 \(m\) 次操作都不被覆盖的概率就是 \(q=(1-\frac{2i(n-i+1)}{n(n+1)})^m\)，则 \(E(p_i)=iq+\frac n2(1-q)\) ，这道题就做完了。
code
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll fac[100]={1},sum[100],n=16;
inline ll rd()
{char c;ll f=1;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=-1;ll x=c-'0';while(isdigit(c=getchar()))x=x*10+(c^48);return x*f;
}
inline ll qp(ll x,ll y)
{ll res=1;while(y){if(y&1) (res*=x)%=mod;(x*=x)%=mod,y>>=1;}return res;
}
ll C(ll n,ll m)
{ll s=1;for(int i=1;i<=m;i++) (s*=(n-i+1))%=mod;return s*qp(fac[m],mod-2)%mod;
}
ll ans(ll k)
{if(k<5) return 0;k-=5;n=min(16ll,k/2);for(int j=0;j<=n;j++)sum[j]=C(j+4,4)*C(k-2*j+10,10)%mod;k/=2;ll s=0;for(int j=1;j<=n;j++) (sum[j]+=sum[j-1])%=mod;if(k<=n) return (sum[k]+mod)%mod;for(int i=0;i<=n;i++){ll s1=sum[i],s2=1;for(int j=0;j<=n;j++) if(j!=i)s1=s1*(k-j)%mod,s2=s2*(i-j)%mod;(s+=s1*qp(s2,mod-2)%mod)%=mod;}return (s+mod)%mod;
}
int main()
{for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;for(ll t=rd();t--;) printf("%lld\n",ans(rd()));return 0;
}
