首先我们考虑一个暴力的dp：
我们从小到大加入每个数，当我们加入第$i$个数时，可能产生的逆序对数量是$[0,i-1]$（这个证明考虑把第$i$个数放在哪即可），这样可以列出一个递推式：
设状态$dp[i][j]$表示已经加到了第$i$个数，此时的逆序对个数为$j$，那么有转移：$dp[i][j]=\sum_{k=j-i+1}^{j}dp[i-1][k]$
这个转移的时间复杂度是$O(n^{3})$
然后考虑优化，显然那个求和式可以用前缀和优化，时间复杂度降成$O(n^{2})$
这样已经可以通过bzoj上的题目了，但loj上的是加强版，过不去
考虑其他做法：
（如果您不喜欢多项式可以直接跳到解法2）
首先，考虑生成函数：对每个位置构造一个生成函数，那么最后的结论就是：
$F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{i}x^{j})$
整理一下后面，就是：
$F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}\frac{1-x^{i+1}}{1-x}$
然后整体合并一下，就得到：
$F(x)=\frac{\prod_{i=1}^{n}(1-x^{i})}{(1-x)^{n}}$
有点奇怪，两边取下对数：
$lnF(x)=\sum_{i=1}^{n}ln(1-x^{i})-nln(1-x)$
$ln(1-x^{i})$这个东西已经展开过很多次了...
对$ln(1-x^{i})$求导得到：
$\frac{-ix^{i-1}}{1-x^{i}}$
把下半部分恢复成等比数列求和的形式：
$-ix^{i-1}\sum_{j=0}^{∞}x^{ij}$
把外面的系数移进去：
$-\sum_{j=0}^{∞}ix^{ij+(i-1)}$
然后积分：
$\int -\sum_{j=0}^{∞}ix^{ij+(i-1)}=-\sum_{j=1}^{∞}\frac{i}{ij+i}x^{ij+i}$
约分一下，就得到了：
$-\sum_{j=0}^{∞}\frac{1}{j+1}x^{ij+i}$
令$j=j+1$，有：
$-\sum_{j=1}^{∞}\frac{1}{j}x^{ij}$
对一个函数先求导再积分得到的就是原函数，因此有：
$ln(1-x^{i})=-\sum_{j=1}^{∞}\frac{1}{j}x^{ij}$
这样的话可以通过枚举倍数做到$O(nlnn)$（即调和级数）求出系数，然后多项式exp即可，注意这里由于模数不好，需要用到MTT，总时间复杂度仍为$O(nlog_{2}n)$
其实后面的部分基本与这道题一致，基本步骤也相同
但是...由于过于毒瘤，我并不想写一遍...
（更何况还多了一大堆东西）
因此我们考虑做法二
原来的dp已经被压榨到足够优秀，剩下的部分很困难了，因此我们考虑转化问题：
回到最开始的思想：
我们从小到大加入每个数，当我们加入第$i$个数时，可能产生的逆序对数量是$[0,i-1]$
那么，如果我们设$x_{i}$表示加入第$i$个数时产生的逆序对数量，我们实际只是在解这个不定方程：
$\sum_{i=1}^{n}x_{i}=k$
其中对任意$i\in [1,n]$，有$x_{i}\in [0,i-1]$
我们实际是在求这个不定方程解的组数！
每个变量都有上界，这很不好求...
因此我们考虑容斥，容斥系数-1
还是要容斥的...
我们不妨假设有某个位置不合法，设这个位置为$p$，那么显然有表达式：
$x_{p}\geq p-1$
那么我们考虑一个增量$\delta_{p}=x_{p}-p+1$，那么我们在等式两侧同时去掉这个增量，新的变量记作$x_{p}^{'}$，转化后的方程即为：
$x_{1}+x_{2}+...+x_{p}^{'}+...+x_{n}=k-\delta_{p}$
然而，在这种情况下，我们事实上仍然无法保证剩下的位置均合法，因此这样统计出的是至少有一个不合法的个数！
据此，我们进一步分析：如果我们先统计出总的增量$\delta$，然后将这个增量分配