Atcoder Grand Contest 023 E - Inversions（线段树+扫描线）

洛谷题面传送门 & Atcoder 题面传送门

毒瘤 jxd 作业……

首先我们不能直接对所有排列计算贡献对吧，这样复杂度肯定吃不消，因此我们考虑对每两个位置 \(x,y(x<y)\)，计算 \(p_x>p_y\) 的排列个数。如何计算呢？我们考虑先求出对于一个固定的 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，如何求出满足 \(p_i\le a_i\) 的排列 \(p\) 的个数，我们考虑将一个 \(a_i\) 看作一个限制，那么我们可以想到将这些限制从小到大排序并按照这样的顺序钦定每个元素的取值。那么当我们钦定某个 \(a_i\) 的限制对应的 \(p_i\) 的取值时，所有满足 \(a_j\le a_i\) 的限制 \(j\) 对应的 \(p_j\) 肯定已经被钦定过了，并且 \(p_j\le a_i\)，也就是说假设 \(a_i\) 是第 \(x\) 个被钦定的，那么钦定到 \(i\) 时还有 \(a_i-(x-1)\) 个空位可以选择。因此设 \(b_{1},b_2,\cdots,b_n\) 为 \(a\) 数组排序后的结果，那么

\[C=\prod\limits_{i=1}^n(b_i-i+1)
\]

我们考虑从这个性质入手计算符合要求的排列个数。对于一对 \((i,j)(i<j)\)​​，如果 \(a_i<a_j\)​​，那么我们就计算 \(p_i>p_j\)​​ 的排列个数，不难发现如果我们固定住了 \(p_i=x\)​​，那么这个限制相当于要求 \(p_j\le x-1\)​​，这个统计起来略有点困难，不过可以注意到，如果我们将 \(a_j\)​ 的限制变得跟 \(a_i\)​ 相同，即我们强制规定 \(p_j\le a_i\)​。那么对于任意一个满足 \(p_i<p_j\)​ 的排列 \(p\)​，通过交换 \(p_i,p_j\)​ 我们总能够得到一个 \(p_i>p_j\)​，且符合以上限制的排列，对于 \(p_i<p_j\)​ 的情况也同理，因此我们可以考虑计算出符合题目原来的条件，且满足 \(p_j\le a_i\)​ 的排列个数，并将这个值除以二即可得到 \(p_i>p_j\)​ 的排列个数。考虑如何求出这个东西，我们假设 \(a_i\)​ 在排好序的数列 \(b\)​ 中是 \(r_i\)​ 名，即 \(a_i=b_{r_i}\)​，那么不难发现如果我们将 \(j\)​ 上界调至 \(a_i\)​，会使得 \(j\)​ 排名变为 \(r_i+1\)​，并且使原来排名在 \(r_i+1\sim r_j-1\)​ 中的数的排名提升一格，即

\[C'=C·\dfrac{a_i-r_i}{a_j-r_j+1}·\prod\limits_{k=r_i+1}^{r_j-1}\dfrac{b_k-k}{b_k-k+1}
\]

考虑怎样求解这个东西，我们按照排名 \(r_i\)​​ 从小到大枚举 \(a_i\)​​，即按照 \(b_1,b_2,\cdots,b_n\)​​ 的顺序枚举这些限制，在访问过程中可以维护一个序列 \(c\)​​，当我们访问到一个 \(i\)​​ 时就令 \(c_i=b_i-i\)​​，然后每次访问完 \(i\)​​ 就将 \(c_1,c_2,\cdots,c_{i-1}\)​​ 全部乘上 \(\dfrac{b_i-i}{b_i-i+1}\)​​，那么可以发现，如果我们记 \(N(x,y)\)​​ 表示当 \(r_i=x,r_j=y\)​​ 时上式中 \(C’\)​​ 的值，那么 \(N(x,y)\)​​ 就等于，我们访问到 \(x\)​​ 时，\(C·\dfrac{1}{b_y-y+1}·c_x\)​​ 的值。故设 \(p_i\)​​ 满足 \(p_{r_i}=i\)​​，那么访问到 \(y\)​​ 时的贡献就是 \(\prod\limits_{p_x<p_y}N(x,y)=C·\dfrac{1}{b_y-y+1}·\sum\limits_{p_x<p_y}c_x\)​，这个可以通过维护一个全局乘+单点更新+区间求和的线段树解决。

当然这仅仅只是 \(a_i<a_j\) 的 \((i,j)\) 的贡献。对于 \(a_i\ge a_j\) 的情况也大同小异，我们考虑拿总排列数 \(C\) 减去 \(p_i<p_j\) 的排列个数，后者只需把序列翻转过来再做一遍上述操作即可。

时间复杂度 \(n\log n\)​​。

注：以下代码中 \(a_i\ge a_j\) 部分的处理方法与题解略有差异，它并没有按照题解所述将序列翻转过来重复 \(a_i<a_j\) 部分的过程，而是在第一遍扫描线过程中一并算出 \(a_i\ge a_j\) 的答案。

const int MAXN=2e5;
const int MOD=1e9+7;
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
int n;
struct data{
	int val,id;
	data(int _val=0,int _id=0):val(_val),id(_id){}
	bool operator <(const data &rhs){return val<rhs.val;}
} a[MAXN+5];
struct node{int l,r,val,lz;} s[MAXN*4+5];
void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;s[k].lz=1;if(l==r) return s[k].val=0,void();
	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int k){
	if(s[k].lz^1){
		s[k<<1].val=1ll*s[k<<1].val*s[k].lz%MOD;
		s[k<<1].lz=1ll*s[k<<1].lz*s[k].lz%MOD;
		s[k<<1|1].val=1ll*s[k<<1|1].val*s[k].lz%MOD;
		s[k<<1|1].lz=1ll*s[k<<1|1].lz*s[k].lz%MOD;
		s[k].lz=1;
	}
}
void tag_mul(int x){
	s[1].lz=1ll*s[1].lz*x%MOD;
	s[1].val=1ll*s[1].val*x%MOD;
}
int query(int k,int l,int r){
	if(l>r) return 0;
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].val;
	pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
	else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
	else return (query(k<<1,l,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r))%MOD;
}
void modify(int k,int p,int x){
	if(s[k].l==s[k].r) return s[k].val=x,void();
	pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	(p<=mid)?modify(k<<1,p,x):modify(k<<1|1,p,x);
	s[k].val=(s[k<<1].val+s[k<<1|1].val)%MOD;
}
int t[MAXN+5];
void add(int x,int v){for(int i=x;i;i&=(i-1)) t[i]+=v;}
int query(int x){int ret=0;for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) ret+=t[i];return ret;}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].val),a[i].id=i;
	sort(a+1,a+n+1);int tot=1,res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) tot=1ll*tot*(a[i].val-i+1)%MOD;
	if(!tot) return puts("0"),0;build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		res=(res+1ll*qpow(2*(a[i].val-i+1),MOD-2)*query(1,1,a[i].id-1))%MOD;
		res=(0ll+res+query(a[i].id)-1ll*qpow(2*(a[i].val-i+1),MOD-2)*query(1,a[i].id+1,n)%MOD+MOD)%MOD;
		tag_mul(1ll*(a[i].val-i)*qpow(a[i].val-i+1,MOD-2)%MOD);
		modify(1,a[i].id,a[i].val-i);add(a[i].id,1);
	} printf("%d\n",1ll*res*tot%MOD);
	return 0;
}