CF1151F Sonya and Informatics

给一个长度为 n(n≤100)n (n\leq 100)n(n≤100) 的 0/10/10/1 串，进行 k(k≤109)k (k \leq 10^9)k(k≤109) 次操作，每次操作选择两个位置 i,j(1≤i<j≤n)i,j (1 \leq i < j \leq n)i,j(1≤i<j≤n)，交换 i,ji,ji,j 上的数，求 kkk 次操作后，该 0/10/10/1 串变成非降序列的概率，答案对 109+710^9+7109+7 取模。

sol

好题，概率 dp。

设有 mmm 个 000，那么题意就是让 a[1,m]a[1,m]a[1,m] 均为 000，a[m+1,n]a[m+1,n]a[m+1,n] 均为 111。

令 fi,jf_{i,j}fi,j 表示 iii 个操作后，前 mmm 个数中有 jjj 个 000 的方案数，答案即为 fk,m∑i=0mfk,i\frac{f_{k,m}}{\sum\limits_{i=0}^{m}f_{k,i}}i=0∑mfk,ifk,m，边界：f0,p=1f_{0,p}=1f0,p=1，ppp 为原序列前 mmm 个数中 000 的个数。

对于 fi,jf_{i,j}fi,j，考虑它是如何转移来的：

之前有 j−1j-1j−1 个 000，第 iii 次交换换来一个 000，由于前面 111 的个数与后面 000 的个数均为 m−j+1m-j+1m−j+1，顾方案数为 fi−1,j−1×(m−j+1)2f_{i-1,j-1}\times (m-j+1)^2fi−1,j−1×(m−j+1)2。
之前有 j+1j + 1j+1 个 000，第 iii 次交换换走一个 000，由于前面有 j+1j+1j+1 个 000，后面有 n−m−(m−j−1)=n−2m+j+1n-m-(m-j-1)=n-2m+j+1n−m−(m−j−1)=n−2m+j+1 个 111，顾方案数为 fi−1,j+1×(j+1)(n−2m+j+1)f_{i-1,j+1}\times (j+1)(n-2m+j+1)fi−1,j+1×(j+1)(n−2m+j+1)。
之前本来就有 jjj 个 000，第 iii 次操作没换走也没换来，四种情况：前面交换，后面交换，前后交换 000，前后交换 111，则方案数为 Cm2+Cn−m2+j(m−j)+(m−j)(n−2m+j)C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+j(m-j)+(m-j)(n-2m+j)Cm2+Cn−m2+j(m−j)+(m−j)(n−2m+j)。

到这里差点结束了，总结：fi,j=fi−1,j−1×(m−j+1)2+fi−1,j+1×(j+1)(n−2m+j+1)+Cm2+Cn−m2+j(m−j)+(m−j)(n−2m+j)f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times (m-j+1)^2+f_{i-1,j+1}\times (j+1)(n-2m+j+1)+C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+j(m-j)+(m-j)(n-2m+j)fi,j=fi−1,j−1×(m−j+1)2+fi−1,j+1×(j+1)(n−2m+j+1)+Cm2+Cn−m2+j(m−j)+(m−j)(n−2m+j)。

考虑到 k≤109k\leq 10^9k≤109，经验告诉我们直接上矩阵快速幂，毕竟这转移无需判断。
[c0b100⋯0a0c1b20⋯00a1c2b3⋯000a2c3⋯0000a3⋯0⋯⋯⋯⋯⋯⋯0000⋯cm]×[fi−1,0fi−1,1fi−1,2fi−1,3fi−1,4⋯fi−1,m]=[fi,0fi,1fi,2fi,3fi,4⋯fi,m]\begin{bmatrix}c_0& b_1& 0 & 0&\cdots & 0\\ a_0 & c_1 & b_2 & 0&\cdots & 0\\ 0 & a_1 & c_2 & b_3 & \cdots & 0\\ 0&0&a_2&c_3&\cdots&0\\ 0&0&0&a_3&\cdots&0\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&0&0&0&\cdots&c_m\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}f_{i-1,0}\\f_{i-1,1}\\f_{i-1,2}\\f_{i-1,3}\\f_{i-1,4}\\ \cdots \\f_{i-1,m}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_{i,0}\\f_{i,1}\\f_{i,2}\\f_{i,3}\\f_{i,4}\\ \cdots \\f_{i,m}\end{bmatrix} ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡c0a0000⋯0b1c1a100⋯00b2c2a20⋯000b3c3a3⋯0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯00000⋯cm⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤×⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡fi−1,0fi−1,1fi−1,2fi−1,3fi−1,4⋯fi−1,m⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡fi,0fi,1fi,2fi,3fi,4⋯fi,m⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤
其中 ai=(m−i)2a_i=(m-i)^2ai=(m−i)2，bi=i(n−2m+i)b_i=i(n-2m+i)bi=i(n−2m+i)，ci=Cm2+Cn−m2+i(m−i)+(m−i)(n−2m+i)c_i=C_{m}^{2}+C_{n-m}^{2}+i(m-i)+(m-i)(n-2m+i)ci=Cm2+Cn−m2+i(m−i)+(m−i)(n−2m+i)。

时间复杂度 O(n3log⁡k)\mathcal O(n^3\log k)O(n3logk)。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long longinline int read() {int x = 0, f = 1;char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;
}const int _ = 107, p = 1e9 + 7;int n, k, m, t, Ans, A[_], a[_], b[_], c[_];struct matrix {int a[_][_];void init() {memset(a, 0, sizeof a);}matrix mul(matrix x) {matrix res;res.init();for (int i = 0; i <= m; ++i)for (int j = 0; j <= m; ++j)for (int k = 0; k <= m; ++k)res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * x.a[k][j] % p) % p;return res;}
} ans, base;void Qpow(int k) {while (k) {if (k & 1)ans = ans.mul(base);k >>= 1, base = base.mul(base);}
}inline int qpow(int x, int y) {int res = 1;while (y) {if (y & 1)res = res * x % p;y >>= 1, x = x * x % p;}return res;
}signed main() {n = read(), k = read();for (int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = read();for (int i = 1; i <= n; ++i) m += (A[i] == 0);for (int i = 1; i <= m; ++i) t += (A[i] == 0);for (int i = 0; i <= m; ++i) {a[i] = (m - i) * (m - i) % p;b[i] = i * (n - 2 * m + i) % p;c[i] = (m * (m - 1) * qpow(2, p - 2) % p + (n - m) * (n - m - 1) * qpow(2, p - 2) % p + (m - i) * (n - 2 * m + 2 * i) % p) % p;}ans.init();for (int i = 0; i <= m; ++i) ans.a[i][i] = 1;base.init();base.a[0][0] = c[0], base.a[0][1] = b[1];base.a[m][m - 1] = a[m - 1], base.a[m][m] = c[m];for (int i = 1; i <= m - 1; ++i) {base.a[i][i - 1] = a[i - 1];base.a[i][i] = c[i];base.a[i][i + 1] = b[i + 1];}Qpow(k);base.init();base.a[t][0] = 1;ans = ans.mul(base);for (int i = 0; i <= m; ++i)Ans = (Ans + ans.a[i][0]) % p;printf("%lld", ans.a[m][0] * qpow(Ans, p - 2) % p);return 0;
}

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