CodeForces 396 D.On Sum of Number of Inversions in Permutations（组合数学+BIT）

Description

给出一个长度为$n$的排列$p_1,p_2,...,p_n$，求出所有字典序小于$p$的排列的逆序对数之和

Input

第一行一整数$n$表示排列长度，之后输入$n$个整数$p_i$表示该排列$(1\le n\le 10^6)$

Output

输出字典序比$p$小的排列的逆序对数之和，结果模$10^9+7$

Sample Input

2

2 1

Sample Output

1

Solution

记$n$个数的所有排列逆序对为$f(n)$， 考虑$1\le i<j\le n$这对数产生的逆序对数，首先选出两个位置放这两个数，然后其他$n-2$个数字随便排，故方案数为$C_n^2\cdot (n-2)!$，选出$i,j$方案数$C_n^2$，$f(n)=C_n^2\cdot C_n^2\cdot (n-2)!$

然后考虑当一个排列前$i-1$个数字和$p$相同，第$i$个数取小于$p_i$的数字时，后面$n-i$个数字随便排列均满足字典序比$p$小，逆序对数分四块：

1.后$n-i$个数字内部产生的逆序对数为$f(n-i)$

2.前$i-1$个数产生的逆序对数就按照正常树状数组求逆序对数然后乘上$(n-i)!$即可

3.前$i-1$个数对后$n-i+1$个数产生的逆序对数$=$后$n-i+1$个数的排列数$*$后$n-i+1$个数小于前$i-1$个数的对数，设$g(p_j)$为前$j-1$个数中小于$p_j$的数的个数（可以通过树状数组求出），则后$n-i+1$个数小于前$i$个数的对数为$\sum\limits_{j=1}^{i-1}g(p_j)$，第$i$个数取值方案数为$(p_i-1-g(p_i))$，故后面$n-i+1$个数的排列数为$(p_i-1-g(p_i))\cdot(n-i)!$

4.第$i$个数对后$n-i$个数产生的逆序对数，假设$p_1,...,p_{i-1}$中小于$p_i$的数为$x_1,x_2,...,x_k$

当第$i$个数取$1$~$x_1-1$时，后面的数中小于第$i$个数的分别有$0$~$x_1-2$个

当第$i$个数取$x_1+1$~$x_2-1$时，后面的数中小于第$i$个数的分别有$x_1-1$~$x_2-3$个

当第$i$个数取$x_2+1$~$x_3-1$时，后面的数中小于第$i$个数的分别有$x_2-2$~$x_3-4$个

当第$i$个数取$x_k+1$~$p_i-1$时，后面的数中小于第$i$个数的分别有$x_k-k$~$p_i-2-k$个

故当地$i$个数取小于$p_i$且未出现的数字时，产生的逆序对数为$(n-i)!\cdot (0+1+2+...+(p_i-2-k))=(n-i)!\cdot \frac{(p_i-1-k)(p_i-2-k)}{2}$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=1000005;
const int mod=1000000007;
int fact[maxn];
void init(int n=1e6)
{
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)fact[i]=(ll)i*fact[i-1]%mod;
}
void add(int &x,int y)
{
    x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
struct BIT
{
    #define lowbit(x) (x&(-x))
    int b[maxn],n;
    void init(int _n)
    {
        n=_n;
        for(int i=0;i<=n;i++)b[i]=0;
    }
    void update(int x,int v)
    {
        while(x<=n)
        {
            add(b[x],v);
            x+=lowbit(x);
        }
    }
    int sum(int x)
    {
        int ans=0;
        while(x)
        {
            add(ans,b[x]);
            x-=lowbit(x);
        }
        return ans;
    }
}bit;
int f(int n)
{
    if(n<2)return 0;
    int res=(ll)n*(n-1)/2%mod;
    return (ll)fact[n-2]*res%mod*res%mod;
}
int n,p[maxn];
int main()
{
    init();
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        bit.init(n);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]);
        int ans=0,sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int num=bit.sum(p[i]);
            int temp=(ll)(p[i]-1-num)*(p[i]-2-num)/2%mod;
            add(ans,(ll)temp*fact[n-i]%mod);
            add(ans,(ll)sum*fact[n-i]%mod*(p[i]-1-num)%mod);
            add(ans,(ll)f(n-i)*(p[i]-1-num)%mod);
            add(ans,p[i]-1-num);
            bit.update(p[i],1);
            add(sum,p[i]-1-num);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}