分析
考虑一个点对 $(i,j)\;(i<j)$ 的贡献。
分两种情况考虑：$i,j$ 都在连续段内、$i,j$ 不都在连续段内。
先考虑第一种情况。显然连续段的左端点 $\in[1,i]$，右端点 $\in[j,n]$，于是随机出的连续段包含 $i,j$ 的概率为
$$
\frac{i(n-j+1)}{\frac{n(n+1)}{2}}
$$
又因为 $(i,j)$ 重排后有 $\frac{1}{2}$ 的概率会形成一个逆序对，因此 $(i,j)$ 的第一种情况的贡献为
$$
P_{i,j}=\frac{i(n-j+1)}{n(n+1)}
$$
第一种情况的总贡献为
$$
\begin{aligned}E_1&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^nP_{i,j}\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\frac{i(n-j+1)}{n(n+1)}\\&=\sum_{i=1}^n\frac{i(n-i)(n-i+1)}{2n(n+1)}\\&=\frac{1}{2n(n+1)}\sum_{i=1}^ni(n-i)(n-i+1)\end{aligned}
$$
直接 $\mathcal{O}(n)$ 计算即可。
再考虑第二种情况。显然连续段是 $[1,j-1]$ 或 $[i+1,n]$ 的子区间，于是随机出的连续段包含 $i,j$ 的概率为
$$
\begin{aligned}&\frac{\frac{j(j-1)}{2}+\frac{(n-i)(n-i+1)}{2}-\frac{(j-i-1)(j-i)}{2}}{\frac{n(n+1)}{2}}\\=&\frac{j(j-1)+(n-i)(n-i+1)-(j-i-1)(j-i)}{n(n+1)}\\=&\frac{n^2+n-2ni-2i+2ij}{n(n+1)}\end{aligned}
$$
这里分子减掉 $\frac{(j-i-1)(j-i)}{2}$ 的原因是 $[i+1,j-1]$ 算了 $2$ 次。
如果 $a_i<a_j$，那么 $(i,j)$ 不可能形成逆序对，否则 $(i,j)$ 一定形成逆序对。因此 $(i,j)$ 的第二种情况的贡献为
$$
P_{i,j}=[a_i>a_j]\frac{n^2+n-2ni-2i+2ij}{n(n+1)}
$$
第二种情况的总贡献为
$$
\begin{aligned}E_2&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^nP_{i,j}\\&=\sum_{i=1}^n\frac{n^2+n-2ni-2i+2ij}{n(n+1)}\\&=\frac{1}{n(n+1)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[a_i>a_j](n^2+n-2ni-2i+2ij)\end{aligned}
$$
那么对于每个 $i$，我们只要知道满足 $j>i,a_j<a_i$ 的 $j$ 的数量以及 $j$ 的和就可以求出 $E_2$ 了。直接用树状数组求逆序对的方法做即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。
这题运算过程中可能会爆 long long，需要注意一下。
代码
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// author: M_sea
// website: http://m-sea-blog.com/
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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#define re register
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int X=0,w=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
return X*w;
}
const int N=100000+10;
int n,a[N];
struct BIT {
int c[N];
inline void add(int x,int y) { for (;x<=n;x+=x&-x) c[x]+=y; }
inline int sum(int x) { int s=0; for (;x;x-=x&-x) s+=c[x]; return s; }
} C,S;
signed main() {
n=read();
for (re int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
double ans=0;
for (re int i=1;i<=n;++i) ans+=0.5*i*(n-i)*(n-i+1);
for (re int i=n;i;--i) {
ans+=C.sum(a[i]-1)*(n*n+n-2*i-2*n*i);
ans+=2*S.sum(a[i]-1)*i;
C.add(a[i],1),S.add(a[i],i);
}
printf("%.20lf\n",1.0*ans/n/(n+1));
return 0;
}