BZOJ4872 分手是祝愿

Description

Zeit und Raum trennen dich und mich.

时空将你我分开。B 君在玩一个游戏，这个游戏由 n 个灯和 n 个开关组成，给定这 n 个灯的初始状态，下标为

从 1 到 n 的正整数。每个灯有两个状态亮和灭，我们用 1 来表示这个灯是亮的，用 0 表示这个灯是灭的，游戏

的目标是使所有灯都灭掉。但是当操作第 i 个开关时，所有编号为 i 的约数（包括 1 和 i）的灯的状态都会被

改变，即从亮变成灭，或者是从灭变成亮。B 君发现这个游戏很难，于是想到了这样的一个策略，每次等概率随机

操作一个开关，直到所有灯都灭掉。这个策略需要的操作次数很多， B 君想到这样的一个优化。如果当前局面，

可以通过操作小于等于 k 个开关使所有灯都灭掉，那么他将不再随机，直接选择操作次数最小的操作方法（这个

策略显然小于等于 k 步）操作这些开关。B 君想知道按照这个策略（也就是先随机操作，最后小于等于 k 步，使

用操作次数最小的操作方法）的操作次数的期望。这个期望可能很大，但是 B 君发现这个期望乘以 n 的阶乘一定

是整数，所以他只需要知道这个整数对 100003 取模之后的结果。

Input

第一行两个整数 n, k。

接下来一行 n 个整数，每个整数是 0 或者 1，其中第 i 个整数表示第 i 个灯的初始情况。

1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；

Output

输出一行，为操作次数的期望乘以 n 的阶乘对 100003 取模之后的结果。

Sample Input

4 0
0 0 1 1

Sample Output

512

---

这道题很有意思，仔细分析可以得到这个结论：操作之间不能等效

也就是说一个开关如果要按，就必须按奇数次，而一个不应该被按的开关就必须按偶数次

知道这一点的话就好做了

我们设f[i]表示需要操作的开关数有i个时需要按多少下才能变成i-1个

可以得出 $f[i]=i/n+(1-i/n)*(f[i+1]+f[i]+1)$ ,$f[n]=1$

接下来只需要计算原序列需要操作多少次了

计算每个数的约数是 $O(n* \sqrt n)$

这个妥妥超时的，但是如果换成枚举约数的话，就可以是 $n/1+n/2+n/3...+n/n=nlog(n)$

调和级数？

还有线性推逆元，对$i$而言，把模数表示成$k*i+r$，即$k*i+r\equiv 0(mod p)$,

然后再同时乘以$i^{-1}*r^{-1}$，再移项，就能得到递推求逆元的公式了

最后别忘了乘上n！

#include<cstdio>
#include<vector>
#define mod 100003
#define ll long long
using namespace std;
int n,k;
int b[100005];
ll f[100005],inv[100005],ans,sum;
vector<int>G[100005];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i])%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=i;j<=n;j+=i)
    G[j].push_back(i);
    for(int i=n;i>=1;i--)
        if(b[i]){
            for(int j=0;j<G[i].size();j++)b[G[i][j]]^=1;
            sum++;
        }
    if(sum<=k)ans=sum;
    else{
        f[n]=1;
        for(int i=n-1;i>=1;i--)f[i]=(1ll+(1ll*n-i)*(f[i+1]+1)*inv[i])%mod;
        for(int i=sum;i>k;i--)ans=(ans+f[i])%mod;
        ans=(ans+k)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans*i)%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}