【BZOJ4872】【Shoi2017】分手是祝愿

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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
　　
　　
　　

Solution

　　
​　　 我开始想到生成函数什么的东西去了，然而这题隐藏得是在太深了......
　　
​　　 首先考虑没有随机时的最优策略：由于一个开关只能影响到比它编号小的灯，所以我们从大到小考虑，如果当前灯是亮的，我们必须要动一次开关，并更新编号为其约数的电灯。显然这是唯一且最优策略。
　　
​　　 考虑这个策略，记全部开关为\(A\)，按过的开关集合为\(S\)，我们发现每个\(S\)中的开关必须按且只按一次，而\(A-S\)中的开关一次不按。这样一来后面的问题就根本不涉及什么约数问题了，问题变为：按多少次才能将\(S\)中的开关按奇数次，将\(A-S\)中的开关按偶数次。
　　
​　　 记\(f_i\)表示还需要连续按对\(i\)次才能达到最终状态，转移到\(f_{i-1}\)的期望步数。“按对”指的是将\(S\)中还是偶数次的开关按下，或者将\(A-S\)中还是奇数的开关按下。易得：
　　

\[\begin{aligned} f_i&=\frac in*1+\frac{n-i}n(1+f_{i+1}+f_i)\\ &=\frac{(n-i)f_{i+1}+n}i \end{aligned} \]

　　
​　　 作为边界条件，\(f_n=1\)，因为随便按一个都是往正确方向走的（太差了）。
　　
​　　 所以得到\(ans=k+\sum_{i=k+1}^{need}f_i\)，其中\(need\)是最优策略步数。复杂度\(O(n\;log\;n)\)
　　
​　　 这题的关键在于化简题目，找到本质，然后就发现这是一道经典的简单的期望DP。=_=
　　

#include <cstdio>
#include <vector>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=100005,MOD=100003;
int n,K,a[N],need;
int inv[N],factn;
int f[N];
vector<int> d[N];
int main(){
	freopen("input.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&K);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	factn=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) factn=1LL*factn*i%MOD;
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=-1LL*(MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
			d[j].pb(i);
	need=0;
	for(int i=n;i>=1;i--)
		if(a[i]){
			need++;
			for(int j=0,sz=d[i].size();j<sz;j++)
				a[d[i][j]]^=1;
		}
	if(need<=K){printf("%d\n",1LL*need*factn%MOD);return 0;}
	f[n]=1;
	for(int i=n-1;i>K;i--)
		f[i]=(1LL*(n-i)*f[i+1]%MOD+n)*inv[i]%MOD;
	int ans=K;
	for(int i=K+1;i<=need;i++) (ans+=f[i])%=MOD;
	ans=1LL*ans*factn%MOD;
	printf("%d\n",ans<0?ans+MOD:ans);
	return 0;
}