【BZOJ4872】分手是祝愿（六省联考2017）-期望DP

测试地址：分手是祝愿
做法：本题需要用到期望DP。
先考虑怎么构造出一个可以完成该游戏并使得步数最小的解。显然我们可以从大到小循环一遍，如果该点上灯是亮的，那么就将它和它的所有约数位置上的灯的状态反转。为什么这是对的呢？因为每个点受它所有倍数的影响，其实这就是一个异或方程组，并且系数排成了一个阶梯的形式，这就表示这个方程组有且仅有一个解，即我们上面构造出的那个。那么构造解的这一步，我们可以通过枚举一个数，再枚举它的所有约数做到O(nn−−√)$O(n\sqrt{n})$的复杂度，但也许太慢，最好的方式是枚举一个数，然后枚举它的所有倍数，这样可以做到∑ni=1ni=O(nlogn)$\sum _{i=1}^n\frac{n}{i}=O(n\log n)$的复杂度。那么我们记下需要操作的次数num$num$，继续讨论。
首先若num≤k$num\le k$，显然期望步数为num$num$。否则，令f(i)$f(i)$为从有i$i$个待选的开关的状态走到有i−1$i-1$个待选的开关的状态所需的期望步数。这里我们知道，一个开关操作两次是没有用的，所以我们实际上是选择一些开关操作，而要操作哪些开关我们已经在上面求出来了，只要我们恰好选中了这些开关就可以胜利了。那么这里待选的开关指的就是要选但目前还没选的开关。因此我们有：
f(i)=in+n−in(1+f(i+1)+f(i))$f(i)=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(1+f(i+1)+f(i))$
即，有in$\frac{i}{n}$的概率选中一个待选的开关，有n−in$\frac{n-i}{n}$选中一个不该选的开关，要用f(i+1)$f(i+1)$步走回当前的状态，再用f(i)$f(i)$步走向下一个状态。移项，得：
f(i)=1+n−ii(1+f(i+1))$f(i)=1+\frac{n-i}{i}(1+f(i+1))$
边界条件为f(n)=1$f(n)=1$，那么答案显然为∑numi=k+1f(i)$\sum _{i=k+1}^{num}f(i)$，这样我们就解决了这一题。别忘了答案要乘n!$n!$。
这题真的挺神的，我觉得我目前的水平应该能够想出来，但是还是没想出来……还要继续努力……
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=100003;
int n,k,a[100010],num;
int val[2000010],nxt[2000010]={0},st[2000010]={0},tot=0;
ll f[100010],inv[100010],ans;

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;i*j<=n;j++)
        {
            val[++tot]=i;
            nxt[tot]=st[i*j];
            st[i*j]=tot;
        }

    num=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
        if (a[i])
        {
            num++;
            for(int j=st[i];j;j=nxt[j])
                a[val[j]]=!a[val[j]];
        }

    if (num<=k) ans=num;
    else
    {
        inv[0]=inv[1]=1;
        for(ll i=2;i<=(ll)n;i++)
            inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        f[n]=1;
        for(ll i=(ll)n-1;i>=0ll;i--)
            f[i]=(1ll+((ll)n-i)*inv[i]*(1ll+f[i+1]))%mod;
        ans=0;
        for(int i=k+1;i<=num;i++)
            ans=(ans+f[i])%mod;
        ans+=k;
    }
    for(ll i=1;i<=(ll)n;i++)
        ans=ans*i%mod;
    printf("%lld",ans);

    return 0;
}