CodeForces 1151F Sonya and Informatics

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/1151/F

题目大意：

　　给定长度为 n 的 01 序列，可以对该序列操作 k 次，每次操作可以交换序列中任意两个元素的位置，求进行 k 次操作后 01 序列升序排列的概率。

分析：

　　每一次操作就是在 n 个数中选2个，因此有 $inom{n}{2}$ 种，一共有 k 次操作，所以一共有 $inom{n}{2}^{k}$ 种可能结果，即分母 Q。

　　对于分子 P，设序列中 0 的个数为 cnt_0，设序列中 1 的个数为 cnt_1，设序列前 cnt_0 个数中0的个数为 cnt_00 ，定义 dp[i][j] 为在完成 i 次操作后，序列前 cnt_0 个数中有 j 个 0 的操作序列种数。那么 P = dp[k][cnt_0]。初始条件下 dp[0][cnt_00] = 1。

　　对于 dp[i][j] 有如下三种操作情况：

 

　　先放一下 dp[i][j] 时的直观图：

　　说明：在 dp[i][j] > 0 时下面这张图一定画的出来，也就是 cnt_1 - cnt_0 + j 一定大于等于 0。如果 cnt_1 - cnt_0 + j < 0 ，则 dp[i][j] 必然等于 0 ，因为这样一种序列是不存在的。

1. 交换后 j 减少，即 dp[i + 1][j - 1]，必然是左边的 0 和右边的 1 交换，因此  dp[i + 1][j - 1] = dp[i][j] * j * (cnt_1 - cnt_0 + j)。
2. 交换后 j 不变，即 dp[i + 1][j]，有三种可能，（1）0 与 0 之间交换，有 $inom{cnt_0}{2}$ 种；（2）1 与 1 之间交换，有 $inom{cnt_1}{2}$ 种；（3）同一边的 0 与 1 之间交换，有 j * (cnt_0 - j) + (cnt_0 - j) * (cnt_1 - cnt_0 + j) 种；因此 dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] * ($inom{cnt_0}{2}$ + $inom{cnt_1}{2}$ + j * (cnt_0 - j) + (cnt_0 - j) * (cnt_1 - cnt_0 + j))。
3. 交换后 j 增加，即 dp[i + 1][j + 1]，必然是左边的 1 和右边的 0 交换，因此  dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] * (cnt_0 - j) * (cnt_0 - j)。

　　整理一下得到递推公式：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] * (cnt_0 - j + 1) * (cnt_0 - j + 1)

　　　　　　　　　　　　　　　　+ dp[i - 1][j] * ($inom{cnt_0}{2}$ + $inom{cnt_1}{2}$ + j * (cnt_0 - j) + (cnt_0 - j) * (cnt_1 - cnt_0 + j))

　　　　　　　　　　　　　　　　+ dp[i - 1][j + 1] * (j + 1) * (cnt_1 - cnt_0 + j + 1)

　　设 para0(j) = (cnt_0 - j + 1) * (cnt_0 - j + 1)。

　　设 para1(j) = ($inom{cnt_0}{2}$ + $inom{cnt_1}{2}$ + j * (cnt_0 - j) + (cnt_0 - j) * (cnt_1 - cnt_0 + j))。

　　设 para2(j) = (j + 1) * (cnt_1 - cnt_0 + j + 1)。

　　于是 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] * para0(j) + dp[i - 1][j] * para1(j) + dp[i - 1][j + 1] * para2(j)。

　　由于 i 只依赖 i - 1 以及与 i 无关的参数项，可以考虑矩阵快速幂求解，构造如下矩阵（以cnt_0 = 4 为例）：

$$
X = egin{bmatrix}
para1(0) & para0(1) & 0 & 0 & 0 \
para2(0) & para1(1) & para0(2) & 0 & 0 \
0 & para2(1) & para1(2) & para0(3) & 0 \
0 & 0 & para2(2) & para1(3) & para0(4) \
0 & 0 & 0 & para2(3) & para1(4)
end{bmatrix} ag{1}
$$

　　再构造如下答案矩阵：

$$
ans(i) = egin{bmatrix}
dp[i][0] & dp[i][1] & dp[i][2] & dp[i][3] & dp[i][4] 
end{bmatrix} ag{2}
$$

　　不难看出，ans(i) 与 X 有如下关系：

$$
ans(i) = ans(i - 1) * X \
ans(i) = ans(0) * X^i
ag{3}
$$

　　于是利用矩阵快速幂即可求出 P。

　　按照题目要求，再对 Q 用扩展欧几里得算法求一下逆元就差不多了。

代码如下：

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-10;
const int inf = 1e9 + 9;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 1e5 + 7;
const LL ONE = 1;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555;

struct Matrix{
    int row, col;
    LL MOD;
    VVL mat;
    
    Matrix(int r = 1, int c = 4, LL p = mod) : row(r), col(c), MOD(p) { 
        mat.resize(r);
        Rep(i, r) mat[i].resize(c, 0);
    }
    Matrix(const Matrix &x, LL p = mod) : MOD(p){
        mat = x.mat;
        row = x.row;
        col = x.col;
    }
    Matrix(const VVL &A, LL p = mod) : MOD(p){
        mat = A;
        row = A.size();
        col = A[0].size();
    }
    
    // x * 单位阵 
    inline void E(int x = 1) {
        assert(row == col);
        Rep(i, row) mat[i][i] = x;
    }
    
    inline VL& operator[] (int x) {
        assert(x >= 0 && x < row);
        return mat[x];
    }
    
    inline Matrix operator= (const Matrix &x) {
        row = x.row;
        col = x.col;
        mat = x.mat;
        return *this;
    }
    
    inline Matrix operator= (const VVL &x) {
        row = x.size();
        col = x[0].size();
        mat = x;
        return *this;
    }
    
    inline Matrix operator+ (const Matrix &x) {
        assert(row == x.row && col == x.col);
        Matrix ret(row, col);
        Rep(i, row) {
            Rep(j, col) {
                ret.mat[i][j] = mat[i][j] + x.mat[i][j];
                ret.mat[i][j] %= MOD;
            }
        }
        return ret;
    }
    
    inline Matrix operator* (const Matrix &x) {
        assert(col == x.row);
        Matrix ret(row, x.col);
        Rep(k, col) {
            Rep(i, row) {
                if(mat[i][k] == 0) continue;
                Rep(j, col) {
                    ret.mat[i][j] += mat[i][k] * x.mat[k][j];
                    ret.mat[i][j] %= MOD;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
    
    inline Matrix operator*= (const Matrix &x) { return *this = *this * x; }
    inline Matrix operator+= (const Matrix &x) { return *this = *this + x; }
    
    inline void print() {
        Rep(i, row) {
            Rep(j, col) {
                cout << mat[i][j] << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }
};

// 矩阵快速幂，计算x^y 
inline Matrix mat_pow_mod(Matrix x, LL y) {
    Matrix ret(x.row, x.col);
    ret.E();
    while(y){
        if(y & 1) ret *= x;
        x *= x;
        y >>= 1;
    }
    return ret;
}

// 扩展欧几里得求逆元 
inline void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){
    if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
    else{
        ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
        y -= x * (a / b);
    }
}

inline LL inv_mod(LL a, LL p = mod){
    LL d, x, y;
    ex_gcd(a, p, x, y, d);
    return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
}

// Calculate x^y % p
inline LL pow_mod(LL x, LL y, LL p = mod){
    LL ret = 1;
    while(y){
        if(y & 1) ret = (ret * x) % p;
        x = (x * x) % p;
        y >>= 1;
    }
    return ret;
}

LL n, k, P, Q;
int a[107], cnt_0, cnt_1, cnt_00;

int main(){
    INIT();
    cin >> n >> k;
    For(i, 1, n) {
        cin >> a[i];
        a[i] ? ++cnt_1 : ++cnt_0;
    }
    For(i, 1, cnt_0) if(!a[i]) ++cnt_00;
    
    // 构造矩阵 
    Matrix ans(1, cnt_0 + 1);
    ans[0][cnt_00] = 1;
    Matrix X(cnt_0 + 1, cnt_0 + 1);
    Rep(j, cnt_0 + 1) {
        X[j][j] = (cnt_0 * (cnt_0 - 1) / 2 + cnt_1 * (cnt_1 - 1) / 2 + j * (cnt_0 - j) + (cnt_0 - j) * (cnt_1 - cnt_0 + j));
        if(j > 0) X[j - 1][j] = (cnt_0 - j + 1) * (cnt_0 - j + 1);
        if(j < cnt_0) X[j + 1][j] = (j + 1) * (cnt_1 - cnt_0 + j + 1);
    }
    ans *= mat_pow_mod(X, k); 
    P = ans[0][cnt_0];
    Q = n * (n - 1) / 2;
    Q = pow_mod(Q, k);
    Q = inv_mod(Q);
    
    cout << (P * Q) % mod << endl;
    return 0;
}