F. Inversion Expectation
题意
给你一个数组，有些位置是-1，代表可以填数，要求填数之后数组为一个1-n的排列，求所有满足条件的填数方案中的逆序数的期望个数。
做法
记一共n个数，其中m个未知，因此可能的排列结果有m!种
我们分四种情况计数逆序对
1.已知和已知：简单的逆序对计数，对于每种排列贡献相同，所以要乘m!，做法可以用归并排序或者树状数组
2.未知和未知：考虑任意一对数会在一半的排列里成为逆序对，因此总共有m!?(m?1)?m4\frac{m!*(m-1)*m}{4}4m!?(m?1)?m?
3.已知和未知：遍历每个已知数，考虑他前面的空位，以及未知数里有几个比他大的，不妨记为k个空位，s个比他大的数，那么考虑每个数可以放在某个空位，剩下数任意排列的方案数是(m-1)!，因此这个已知数和比他大的数构成逆序对贡献为(m-1)!ks
4.未知和已知：遍历每个已知数，考虑他后面的空位，以及未知数里有几个比他小的，不妨记为k个空位，s个比他小的数，那么考虑每个数可以放在某个空位，剩下数任意排列的方案数是(m-1)!，因此这个已知数和比他小的数构成逆序对贡献为(m-1)!ks
对以上逆序对数求和，就得到了所有情况下的逆序对总数；一共有m!种情况，期望就算出来了。过程理解起来简单，但是实现起来有些小细节，需要注意一下。
代码
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+5;
const int Mod=998244353;
int c[maxn];
int lowbit(int i)
{
return i&(-i);
}
void add(int i)//i从1开始
{
while(i<maxn){
c[i]++;i+=lowbit(i);}return ;
}
int sum(int i)//求和l,r.sum(r)-sum(l-1)
{
int sum=0;while(i>0){
sum+=c[i];i-=lowbit(i);}return sum;
}
ll pow_(ll a,ll b)
{
ll ans=1;while(b){
if(b&1) ans=ans*a%Mod;a=a*a%Mod;b>>=1;}return ans;
}
ll inv_(ll x)
{
return pow_(x,Mod-2);
}
int a[maxn],pre[maxn],vis[maxn];
ll Fac[maxn];
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);Fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) Fac[i]=Fac[i-1]*i%Mod;ll all=0;for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]!=-1){
all++;vis[a[i]]++;}}int vv=0;for(int i=n;i>=1;i--){
pre[i]=vv;if(vis[i]) vv++;}ll ans=0,cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==-1) cnt++;else{
ans=(ans+Fac[n-all]*(sum(maxn-1)-sum(a[i]))%Mod+Mod)%Mod;add(a[i]);ans=(ans+1LL*(n-all-cnt)*(a[i]-all+pre[a[i]])%Mod*Fac[n-all-1]%Mod)%Mod;ans=(ans+1LL*cnt*(n-a[i]-pre[a[i]])%Mod*Fac[n-all-1]%Mod)%Mod;}}ans=(ans+Fac[cnt]*cnt%Mod*(cnt-1)%Mod*inv_((ll)4)%Mod)%Mod;ans=ans*inv_(Fac[cnt])%Mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}