\(Description\)
给定长为\(n\)的序列\(A_i\)和\(q\)次操作\((x,y)\)。对于每次操作\((x,y)\)，可以选择交换\(A_x,A_y\)两个数，也可以选择不进行操作。求所有\(2^q\)种情况中，逆序对个数之和。
\(n,q\leq3000\)。
\(Solution\)
不去直接求和，我们求\(q\)次操作后逆序对的期望个数。这样乘上\(2^q\)就是答案。
可以令\(f[t][i][j]\)表示，\(t\)次操作后，\(A_i<A_j\)的概率。
\(f[0][i][j]\)可以由初始序列得到，然后可以从\(f[t-1][i][j]\)转移到\(f[t][i][j]\)，但这样好像是\(O(n^2q)\)的？
对于每次操作\((x,y)\)，只会影响\(i\)或\(j\)等于\(x\)或\(y\)时的\(f[t][i][j]\)，其它的都不会变。所以只需要修改这\(O(n)\)个值就可以了。（比如\(f[i][x]\)即\(a_i<a_x\)的概率，现在\(\frac12\)会变成\(a_i<a_y\)的概率，即\(f[i][x]=\frac{f[i][x]+f[i][y]}{2}\)，\(f[i][y]\)同理）
复杂度\(O(n^2+qn)\)。
话说Um_nik是什么做法啊。。。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
#define inv2 500000004ll
typedef long long LL;
const int N=3005;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
int main()
{
static int A[N],f[N][N];
const int n=read(),q=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=n; ++j) f[i][j]=A[i]<A[j];
for(int i=1; i<=q; ++i)
{
int x=read(),y=read();
f[x][y]=f[y][x]=inv2*(f[x][y]+f[y][x])%mod;
for(int j=1; j<=n; ++j)
if(j!=x && j!=y)
f[j][x]=f[j][y]=inv2*(f[j][x]+f[j][y])%mod,
f[x][j]=f[y][j]=inv2*(f[x][j]+f[y][j])%mod;
}
LL ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<i; ++j) ans+=f[i][j];
printf("%lld\n",ans%mod*FP(2,q)%mod);
return 0;
}