[CC-SEABUB]Sereja and Bubble Sort

[CC-SEABUB]Sereja and Bubble Sort

题目大意：

一个\(n(n\le100)\)个数的排列\(A\)，有两种操作：

1. 交换两个相邻元素；
2. 等概率随机打乱整个序列。

最多执行\(k(k\le10^{18})\)次操作，使得最后逆序对数量尽可能小，求最后逆序对数量期望值。

单个测试点\(T(T\le100)\)组数据。

思路：

一个基本性质是每交换两个相邻元素都可以消去一个逆序对。

一组询问的答案要么是直接通过交换消去所有的逆序对，要么是通过若干次随机打乱以后再通过交换相邻元素消去逆序对。

对于第一种情况，直接求逆序对即可。答案为\(\min(cnt-k,0)\)。

对于第二种情况，显然打乱以后的排列与\(A\)本身无关，因此考虑动态规划预处理所有答案。

\(f[i][j][k]\)表示排列的长度为\(i\)，有\(j\)个逆序对，再经过不超过\(k\)次操作后，逆序对个数的期望。

\(g[i][j]\)表示排列的长度为\(i\)，再经过不超过\(j\)次操作后，逆序对个数的期望。

\(h[i][j]\)表示排列的长度为\(i\)，逆序对个数为\(j\)的概率。

转移是\(g[i][j]=\sum f[i][k][j]\times h[i][k]\)。

考虑不同取值的\(k\)如何转移。

1. \(k\le j\)，在\(j\)步操作内就可以消去所有的逆序对，贡献为\(0\)；
2. \(j<k\le\lfloor j+g[i][j-1]\rfloor\)，尽可能地交换，就算不能消去全部，期望也比打乱以后更优。贡献是\(\sum h[i][k]\times(k-j)\)；
3. 剩下的情况，重新打乱更优，贡献为\(g[i][j-1]\)。

使用前缀和优化即可。

预处理复杂度\(\mathcal O(n^4)\)，单次询问复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int64 x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=101,M=4951;
int64 k;
int n,a[N];
double f[N][M],h[N][M],g[N][M];
class FenwickTree {
	private:
		int val[N];
		int lowbit(const int &x) const {
			return x&-x;
		}
	public:
		void reset() {
			std::fill(&val[1],&val[n]+1,0);
		}
		int query(int p) const {
			int ret=0;
			for(;p;p-=lowbit(p)) ret+=val[p];
			return ret;
		}
		void modify(int p) {
			for(;p<=n;p+=lowbit(p)) val[p]++;
		}
};
FenwickTree t;
inline int calc() {
	int ret=0;
	t.reset();
	for(register int i=n;i>=1;i--) {
		ret+=t.query(a[i]);
		t.modify(a[i]);
	}
	return ret;
}
int main() {
	h[1][0]=1;
	for(register int i=2;i<N;i++) {
		for(register int j=0;j<i;j++) {
			for(register int k=0;k<=(i-1)*(i-2)/2;k++) {
				h[i][j+k]+=h[i-1][k];
			}
		}
	}
	double fac=1;
	for(register int i=1;i<N;i++) {
		fac*=i;
		for(register int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++) {
			h[i][j]/=fac;
		}
	}
	for(register int i=1;i<N;i++) {
		for(register int j=1;j<=i*(i-1)/2;j++) {
			f[i][j]=f[i][j-1]+h[i][j]*j;
			h[i][j]+=h[i][j-1];
		}
	}
	for(register int i=1;i<N;i++) {
		const int m=i*(i-1)/2;
		g[i][0]=f[i][m];
		for(register int j=1;j<=m;j++) {
			const int l=std::min(j+(int)g[i][j-1],m);
			g[i][j]+=f[i][l]-f[i][j]-j*(h[i][l]-h[i][j]);
			g[i][j]+=g[i][j-1]*(h[i][m]-h[i][l]);
		}
	}
	for(register int T=getint();T;T--) {
		n=getint(),k=getint();
		for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
		double ans=std::max(calc()-k,0ll);
		if(k!=0) ans=std::min(ans,g[n][std::min(k-1,(int64)n*(n-1)/2)]);
		printf("%f\n",ans);
	}
	return 0;
}