神仙题！（原题链接）

对于这样的题，先不要绕到具体操作里出不来。我们先把复杂的式子进行变形。

对于题中式子，先不考虑翻转，设 $p$ 为给定排列。则：
$\begin{array}{rl}f(p)& =\sum _{i<j}[p_i>p_j](j-i)\\ & =\sum _{1\le i<j\le n,p_i>p_j}(j-i)\\ & =\sum _{1\le i<j\le n,p_i>p_j}{j}_{}{-}_{}\sum _{1\le i<j\le n,p_i>p_j}i\end{array}$

此时式子依然很复杂，考虑拆解 $i$ 的贡献。则：
$\begin{array}{rl}f(p)& =\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=1}^i[p_i<p_j]-\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=i+1}^n[p_i>p_j]\\ & =\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^i[p_i<p_j]-\sum _{j=i+1}^n[p_i>p_j]\right)\end{array}$

此时再考虑括号内的式子还能怎么简化。注意到 $[1,i]$ 中大于 $p_i$ 的数，实际上就是 $i$ 减去区间内小于 $p_i$ 的数。故：
$\begin{array}{rl}f(p)& =\sum _{i=1}^{n}i\left(i-\sum _{j=1}^i[p_i\ge p_j]-\sum _{j=i+1}^n[p_i\ge p_j]\right)\\ & =\sum _{i=1}^{n}i\left(i-\sum _{j=1}^n[p_i\ge p_j]\right)\end{array}$

给定我们的是一个排列，那这 $\begin{array}{r}\sum _{j=1}^n[p_i\ge p_j]\end{array}$ 实际上就是 $i$ 的排名，那不就是 $p_i$了！

所以 $\begin{array}{rl}f(p)& =\sum _{i=1}^{n}i\left(i-p_i\right)\end{array}$。

于是式子变的可求，此时再考虑区间翻转。$i$ 在每一次翻转后的具体位置是不可直接计算的，所以我们只需要算出 $i$ 在 $m$ 次操作后到达位置的期望 $E(i)$ 即可求的最终答案，即：
$\begin{array}{r}(C_{n+1}^2{)}^m\sum _{i=1}^n{i}^2-p_i\times E(i)\end{array}$

思考翻转的本质，设 $i$ 被翻转并最终翻转到 $j$，那么翻转的中心显然是 $\frac{i+j}{2}$。
若 $i>j$，则翻转的方案数为 $(j,n-i+1)$。
若 $i<j$，则翻转的方案数为 $(i,n-j+1)$。
试着把两种情况合并，发现最终方案数为 $min(i,n-i+1,j,n-j+1)$。
由此我们注意到从 $i$ 翻转到 $j$，和从 $i$ 翻转到 $n-j+1$ 的概率是相等的。所有位置总贡献就是 $\frac{j+n-j+1}{2}=\frac{n+1}{2}$，最终期望为一个定值。

再考虑 $i$ 在所有操作中都没被翻转的情况，它最终期望位置为 $i$，而都不被包含的概率又如何算？考虑一次操作中不被包含，则概率 $q=1-\frac{i\times (n-i+1)}{C_{n+1}^2}$。它的含义是剔除掉所有区间翻转方案中翻转到 $i$ 的概率。

所以最终 $E(i)=q\times i+(1-q)\times \frac{n+1}{2}$。再将其代入上式即可得到答案，代码并不长，注意取模即可。

至此，我们终于解决此题。总结这道题对我们的启发：

①：对于一些有形如 $[p_i>p_j]$ 等类似逆序对，顺序对的信息，我们考虑用上述方法简化此条件。一开始不是想如何求，而是想如何可求。

②:一些让我们计算最终位置的题型中，从对称等概率的关系去考虑，可能会挖掘出意想不到的性质。

简单贴一下代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e5+10,mod=998244353;
int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
int n,m,p[N],s[N];
int qpow(int a,int b){int res=1;a%=mod;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod,b>>=1;}return res;
}
signed main(){n=read(),m=read();int power=0,ep=(n+1)*qpow(2,mod-2)%mod;for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read(),(power+=i*i%mod)%=mod;for(int i=1;i<=n;i++){int tmp=((1-2*i*(n-i+1)%mod*qpow(n*(n+1),mod-2))+mod)%mod;int q=qpow(tmp,m);s[i]=(q*i%mod+((1-q+mod)%mod)*ep%mod)%mod;}int res=0,C=n*ep%mod;for(int i=1;i<=n;i++) (res+=s[i]*p[i]%mod)%=mod;int ans=(power-res+mod)%mod*qpow(C,m)%mod;cout<<ans<<endl;return 0;
}