题目描述：
样例：
input1:
3 1
1 2 3
output1:
833333340
input2:
5 10
2 4 1 3 5
output2:
62258360数据范围与约定：
标签：概率/期望，DP
概率/期望的常用套路：将许许多多个元素单独考虑，以达到解决问题的目的。
这里发现不可能整个序列一起考虑，于是枚举任意两个位置，计算出k次翻转之后左边大于右边的概率，再加起来就好了。
于是我们有了一个非常暴力的DP：
令\(dp(i,j,k)\) 表示k次翻转之后\(i\)位置大于\(j\)位置的概率。为了方便我们强行令\(i>j\)
然后，对于上一次发生的几种可能的区间翻转分别考虑：
一、\(r<i\; ||\; l>j\; ||\; i<l \leq r<j\)
我们发现这种情况时\(i\)和\(j\)没有受到影响，于是直接继承上一个时间的状态即可。
贡献：\(({{i-1}\choose 2}+{{n-j}\choose 2}+{{j-i-1}\choose 2})dp(i,j,k-1)\)
二、\(l \leq i \leq r < j\)
此时\(i\)在上一次的位置是\(l+r-i\)，\(j\)没有发生变化。
贡献：\(\sum_{l=1}^i \sum_{r=i}^{j-1} dp(l+r-i,j,k-1)\)
三、\(i<l \leq j \leq r\)
此时\(j\)在上一次的位置是\(l+r-j\)，\(i\)没有变化。
贡献：\(\sum_{l=i+1}^j \sum_{r=j}^n dp(i,l+r-j,k-1)\)
四、\(l \leq i < j \leq r\)
此时\(i\)、\(j\)的位置都发生了变化，上一次分别是\(l+r-i\)，\(l+r-j\)。
贡献：
\(\sum_{l=1}^i \sum_{r=j}^n (1-dp(l+r-j,l+r-i,k-1))=i(n-j+1)-\sum_{l=1}^i \sum_{r=j}^n dp(l+r-j,l+r-i,k-1)\)
将上面四种贡献加起来，再除个\(\frac{n(n+1)}{2}\)就好了。
复杂度\(O(n^4k)\)，显然要挂。
考虑优化：发现转移方程可以用前缀和优化一下，这里以第二种情况为例：
\[ \begin{align*} &令 S_1(n,j,k)=\sum_{i=1}^n dp(i,j,k),\; S_2(n,j,k)=\sum_{i=1}^n S_2(i,j,k) ，那么： \\ &\sum_{l=1}^i \sum_{r=i}^{j-1} dp(l+r-i,j,k-1) \\ =&\sum_{l=1}^i(S_1(l+j-i-1)-S_1(l-1,j,k-1))\\ =&S_2(j-1,j,k-1)-S_2(j-i-1,j,k-1)-S_2(i-1,j,k-1) \end{align*} \]
可以\(O(1)\)求啦！
同理可得，
\[ \begin{align*} &令S_3(i,n,k)=\sum_{j=1}^n dp(i,j,k),S_4(i,n,k)=\sum_{j=1}^n S_3(i,j,k)\\ &第三种情况：S_4(i,n,k-1)-S_4(i,n+i-j,k-1)-S_4(i,j-1,k-1)\\ &令g(i,j,k)=dp(i,i+j,k-1),S_5(n,j,k)=\sum_{i=1}^n g(i,j,k),S_6(n,j,k)=\sum_{i=1}^n S_5(i,j,k)\\ &第四种情况：\\ &i(n-j+1)-S_6(n+i-j,j-i,k-1)+S_6(n-j,j-i,k-1)+S_6(i-1,j-i,k-1) \end{align*} \]
大功告成！
最后，由于出题人卡常（1s），你可能需要一些常数优化才能过（滑稽）
代码（上方的\(S_2,S_4,S_6在代码中分别为S_1,S_2,S_3\)）：
#include<cstdio>
namespace my_std{
const int mod=1e9+7;
#define rep(i,x,y) for (register int i=(x);i<=(y);++i)
#define drep(i,x,y) for (register int i=(x);i>=(y);--i)
#define sz 510
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T& t)
{
t=0;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
}
void file(){freopen("a.txt","r",stdin);}
}
using namespace my_std;
inline ll ksm(ll x,int y)
{
ll ret=1;
for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;
return ret;
}
int n,K;
int a[sz];
ll dp[51][sz][sz];
ll s1[51][sz][sz],s2[51][sz][sz],s3[51][sz][sz];
ll C[sz];
inline void M(ll &x){if (x>=mod) x-=mod;}
int main()
{
file();
read(n),read(K);
rep(i,1,n) read(a[i]);
rep(i,1,n)
rep(j,i+1,n)
dp[0][i][j]=(a[i]>a[j]);
rep(i,1,n) C[i]=C[i-1]+i;
ll INV=ksm(C[n],mod-2);
rep(t,0,K-1)
{
rep(j,1,n)
{
rep(i,1,j-1) s1[t][i][j]=s1[t][i-1][j]+dp[t][i][j];
rep(i,1,j-1) M(s1[t][i][j]+=s1[t][i-1][j]);
}
rep(i,1,n)
{
rep(j,i+1,n) s2[t][i][j]=s2[t][i][j-1]+dp[t][i][j];
rep(j,i+1,n) M(s2[t][i][j]+=s2[t][i][j-1]);
}
rep(j,0,n-1)
{
rep(i,1,n-j) s3[t][i][j]=s3[t][i-1][j]+dp[t][i][i+j];
rep(i,1,n-j) M(s3[t][i][j]+=s3[t][i-1][j]);
}
rep(i,1,n) rep(j,i+1,n)
{
ll &S=dp[t+1][i][j];
S=(C[i-1]+C[n-j]+C[j-i-1])*dp[t][i][j];
S+=s1[t][j-1][j]-s1[t][j-i-1][j]-s1[t][i-1][j];
S+=s2[t][i][n]-s2[t][i][n+i-j]-s2[t][i][j-1]+s2[t][i][i-1];
S-=s3[t][n+i-j][j-i]-s3[t][n-j][j-i]-s3[t][i-1][j-i];
S+=i*(n-j+1);
S=(S%mod+mod)%mod*INV%mod;
// dp[t+1][i][j]=(C(i-1)+C(n-j)+C(j-i-1))*dp[t][i][j];
// rep(l,1,i) rep(r,i,j-1) dp[t+1][i][j]+=dp[t][l+r-i][j];
// rep(l,i+1,j) rep(r,j,n) dp[t+1][i][j]+=dp[t][i][l+r-j];
// rep(l,1,i) rep(r,j,n) dp[t+1][i][j]+=1-dp[t][l+r-j][l+r-i];
// dp[t+1][i][j]/=C[n];
// 此处为原DP方程（小数形式）
}
}
ll ans=0;
rep(i,1,n)
rep(j,i+1,n)
M(ans+=dp[K][i][j]);
ans=(ans%mod+mod)%mod;
printf("%lld",ans);
}