CF258D Little Elephant and Broken Sorting （带技巧的DP）

题面

\(solution:\)

这道题主要难在考场上能否想到这个思路（即如何设置状态）（像我这样的蒟蒻就想不到呀QAQ）不过这一题确实很神奇！

\(f[i][j]:\)表示第 \(a_i\) 个数比第 \(a_j\) 个数大的几率，这样设置状态比较好转移：对于每一次 \(a_i\) 与 \(a_j\) 的交换，他只会影响到序列里，每一个数与\(a_i\)，\(a_j\) 的胜率（一共有\(n\)次交换，只要每次交换复杂度在\(O(n)\)级别就行了）。而且我们不难发现转移时每一个数与$ a_i \(，\)a_j \(胜率的修改是\)O(1)$的：

1. \(f[i][j]=(f[i][j]+f[j][i])*0.5\)
2. \(f[j][i]=(f[i][j]+f[j][i])*0.5\)

所以把数列中每一位修改后复杂度刚好为\(O(n)\)级别，满足要求！

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

int n,m;
int a[1001];
db ans,f[1001][1001];


inline int qr(){
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

int main(){
    //freopen("inversion.in","r",stdin);
    //freopen("inversion.out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i)a[i]=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        for(rg j=i+1;j<=n;++j){
            if(a[i]>a[j])f[i][j]=1;
            if(a[j]>a[i])f[j][i]=1;
        }
    for(rg k=1,i,j;k<=m;++k){
        i=qr(),j=qr();
        for(rg k=1;k<=n;++k){
            if(i!=k&&j!=k){
                f[k][i]=f[k][j]=(f[k][i]+f[k][j])*0.5;
                f[i][k]=f[j][k]=(f[j][k]+f[i][k])*0.5;
            }
        }f[i][j]=f[j][i]=(f[i][j]+f[j][i])*0.5;
    }
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        for(rg j=i+1;j<=n;++j)
            ans+=f[i][j];
    printf("%.8lf",ans);
    return 0;
}