BZOJ4872 [六省联考2017]分手是祝愿 【期望dp】

题目

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。

输入格式

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；

输出格式

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。

输入样例

4 0

0 0 1 1

输出样例

512

题解

为使操作次数最少，因为小的不能影响大的，那么从大的开始关闭，要关就一定关，因为往前没有灯可以关闭当前灯，所以是正确的
这样一枚举就是\(O(nlogn)\)，预处理出了初始局面所需步数

然后就期望dp
期望dp一般设为当前状态到目标状态或者下一个状态的期望步数
我们设\(f[i]\)表示还剩\(i\)个操作就完成的情况下，到剩余\(i - 1\)个操作就完成所需要的操作期望次数
我们有\(\frac{i}{n}\)的概率操作正确
另有\(\frac{n - i}{n}\)的概率操作失败，此时我们就相当于多了一个操作撤回这次失败，就回到了\(f[i + 1]\)

所以我们有

\[f[i] = \frac{i}{n} + \frac{n - i}{n} * (1 + f[i + 1] + f[i]) \]

化简得

\[f[i] = \frac{n}{i} + \frac{n - i}{i} * f[i + 1] \]

递推一下就可以算出\(f[i]\)了

由于还剩\(k\)步开始直接操作\(k\)步结束，我们令\(f[1...k] = 1\)
如果初始局面需要步数为\(m\)

\[ans = \sum\limits_{i = 1}^{m} f[i] \]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 100003;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int f[maxn],shut[maxn],a[maxn],inv[maxn],n,k,need;
int main(){
	n = read(); k = read();
	REP(i,n) a[i] = read();
	for (int i = n; i; i--){
		for (int j = i + i; j <= n; j += i)
			if (shut[j]) a[i] ^= 1;
		if (a[i]) shut[i] = true,need++;
	}
	inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = 1ll * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
	f[n] = 1;
	for (int i = n - 1; i; i--){
		f[i] = (1ll * n * inv[i] % P + 1ll * (n - i) * inv[i] % P * f[i + 1] % P) % P;
	}
	for (int i = 1; i <= k; i++) f[i] = 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= need; i++) ans = (ans + f[i]) % P;
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans = 1ll * ans * i % P;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}