[六省联考2017]分手是祝愿

V.[六省联考2017]分手是祝愿

首先，本题的基础是想到一种求解的方式：

当前第 $n$ 盏灯只能被第 $n$ 个开关控制，故我们只能操纵第 $n$ 个开关将其搞灭。当其熄灭后，又相当于进入了 $n-1$ 的游戏——

因此，我们可以发现（或者瞎猜出来），任意局面都有唯一的最优方法，它操作在一组特定位置上。假如一次操作作用在应该作用的位置上，则总还需要的操作次数减一；否则，加一。

（详细的证明是因为我们如果把每个开关看作一个 $n$ 维向量，则 $n$ 个开关所对应的向量是线性无关的；换句话说，任意一个开关都是不可替代的）

于是我们可以先通过上面的方法，在 $O(n\sqrt{n})$ 或者 $O(n\ln n)$ 的时间内——这取决于你使用的算法——求出初始状态需要多少次操作，设为 $P$ 。

则如果 $P\leq k$ ，直接按照 $P$ 次操作输出即可；否则，我们考虑它期望多少次操作才能够只剩 $k$ 次操作。

一组naive的想法是设 $f_i$ 表示当剩下 $i$ 次操作时，消减到 $k$ 的期望操作次数。则我们有

f_{i} = \frac{i}{n} \times f_{i - 1} + \frac{n - i}{n} \times f_{i + 1} + 1

$f_i=\dfrac{i}{n}\times f_{i-1}+\dfrac{n-i}{n}\times f_{i+1}+1$

特别地，我们令对于所有 $i\leq k$ ，有 $f_i=i$ 。

则我们就可以暴力高斯消元得出答案。详情可见某道经典老题。

当然，这种方法有一个坏处，就是写起来太麻烦了，因为你开不下 $n^2$ 的数组，只能记录对角线周围几行，这就导致操作极其恶心，特别是当主对角线上元素为 $0$ ，需要手动交换相邻两行时。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=100003;
int n,m,P;
bool a[100100];
int g[100100][7],f[100100];
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*x*z%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=n;i;i--)if(a[i]){
		P++;
		for(int j=1;j*j<=i;j++){
			if(i%j)continue;
			a[j]^=1;
			if(j*j<i)a[i/j]^=1;
		}
	}
	if(P<=m){for(int i=1;i<=n;i++)P=1ll*P*i%mod;printf("%d\n",P);return 0;}
	int invn=ksm(n,mod-2);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		g[i][6]=i;
		if(i<=m){g[i][2]=1,g[i][5]=i;continue;}
		int p=1ll*i*invn%mod,q=(mod+1-p)%mod;
		g[i][1]=p;
		g[i][2]=mod-1;
		g[i][3]=q;
		g[i][5]=mod-1;
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		if(!g[i][2])swap(g[i][2],g[i+1][1]),swap(g[i][3],g[i+1][2]),swap(g[i][4],g[i+1][3]),swap(g[i][5],g[i+1][5]),swap(g[i][6],g[i+1][6]);
		int delta=1ll*g[i+1][1]*ksm(g[i][2],mod-2)%mod;
		(g[i+1][1]+=mod-1ll*delta*g[i][2]%mod)%=mod;
		(g[i+1][2]+=mod-1ll*delta*g[i][3]%mod)%=mod;
		(g[i+1][3]+=mod-1ll*delta*g[i][4]%mod)%=mod;
		(g[i+1][5]+=mod-1ll*delta*g[i][5]%mod)%=mod;
	}
	f[n]=1ll*g[n][5]*ksm(g[n][2],mod-2)%mod;
	for(int i=n-1;i;i--){
		(g[i][5]+=mod-1ll*g[i][4]*f[i+2]%mod)%=mod;
		(g[i][5]+=mod-1ll*g[i][3]*f[i+1]%mod)%=mod;
		f[i]=1ll*g[i][5]*ksm(g[i][2],mod-2)%mod;
	}
	int res=f[P];
	for(int i=1;i<=n;i++)res=1ll*res*i%mod;printf("%d\n",res);
	return 0;
}

还有一种做法就比较小清新了。

我们设 $f_i$ 表示当前还剩 $i$ 次操作时，削减掉一次操作的期望时间。

则有

f_{i} = \frac{i}{n} \times 1 + \frac{n - i}{n} \times (f_{i} + f_{i + 1} + 1)

$f_i=\dfrac{i}{n}\times 1+\dfrac{n-i}{n}\times(f_{i}+f_{i+1}+1)$

理解：前一半是抽到一个需要的位置的概率；后一半是抽到一个不需要的位置时，你需要将次数从 $i+1$ 先消减到 $i$ 再消减到 $i-1$ 。

将其化简，最终得到

f_{i} = \frac{f_{i + 1} (n - i) + n}{i}

$f_i=\dfrac{f_{i+1}(n-i)+n}{i}$

故直接递推即可。最终结果只要对 $f$ 求和即可。（别忘记最后还得加上一个 $k$ ！）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=100003;
int n,m,P;
bool a[100100];
int f[100100];
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*x*z%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=n;i;i--)if(a[i]){
		P++;
		for(int j=1;j*j<=i;j++){
			if(i%j)continue;
			a[j]^=1;
			if(j*j<i)a[i/j]^=1;
		}
	}
	if(P<=m){for(int i=1;i<=n;i++)P=1ll*P*i%mod;printf("%d\n",P);return 0;}
	for(int i=n;i>=0;i--)f[i]=1ll*(1ll*(n-i)*f[i+1]%mod+n)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
	for(int i=n;i>=0;i--)(f[i]+=f[i+1])%=mod;
	int res=(f[m+1]-f[P+1]+m+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)res=1ll*res*i%mod;printf("%d\n",res);
	return 0;
}