[bzoj4872] [洛谷P3750] [六省联考2017] 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。
\(1 \leq n \leq 100000, 0 \leq k \leq n\)；

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

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想法

又是个小文艺题，原谅我有点激动。。。

首先从 \(n\) 到 \(1\) 扫一遍，哪些灯需要被按1次是可以知道的，而且必须按这些灯。
如果不小心按了其他的灯，就必须再按一次变回来。

神奇的 \(dp\) 方式，设 \(f[i]\) 表示从最少需要按 \(i\) 次的状态变到最少需要按 \(i-1\) 次的状态的期望步数。

随机按一次，按中 \(i\) 个需要按的键之一的概率是 \(\frac{i}{n}\) ，按后变到了至少按 \(i-1\) 次的状态，步数为1

若没有按中需要的键，概率是 \(\frac{n-i}{n}\) ， 此时至少需要按 \(i+1\) 个键，应再按 \(f[i+1]\) 次恢复至少按 \(i\) 次的状态，再按 \(f[i]\) 次到至少 \(i-1\) 次的状态，总共步数为 \(1+f[i+1]+f[i]\)

综上所述，可列出式子
\( f[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(1+f[i+1]+f[i]) \)
合并同类项，整理一下得出
\( f[i]=\frac{n+(n-i)f[i+1]}{i} \)
边界条件 \(f[n]=1\)

从 \(n\) 往前求 \(f[]\) ，一直求到 \(f[k+1]\)
扫一遍得出原状态至少按的次数 \(t\)
若 \(t \leq k\) ，则总期望值就是 \(t\) ； 否则是 \(k+\sum\limits_{i=k+1}^t f[i]\)

最后别忘了乘以 \(n\) 的阶乘！

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代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define xzy 100003

using namespace std;

const int N = 100005;
typedef long long ll;

int n,k,t;
int a[N];

int Pow_mod(int x,int y){
    int ret=1;
    while(y){
        if(y&1) ret=((ll)ret*x)%xzy;
        x=((ll)x*x)%xzy;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
int f[N],inv[N];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
     
    t=0;
    for(int i=n;i>0;i--){
        if(!a[i]) continue;
     	t++;
     	for(int j=1;j*j<=i;j++)
     		if(i%j==0){
                a[j]^=1;
                if(j*j!=i) a[i/j]^=1;
            }
    }
    
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=xzy-1ll*(xzy/i)*inv[xzy%i]%xzy;
     
    int ans=k;
    f[n]=1;
    for(int i=n-1;i>k;i--)
        f[i]=(1ll*(n-i)*f[i+1]%xzy+n)%xzy*inv[i]%xzy;
    
    if(t<=k) ans=t;
    else for(int i=k+1;i<=t;i++) ans=(ans+f[i])%xzy;
    for(int i=2;i<=n;i++) ans=((ll)ans*i)%xzy;
    printf("%d\n",ans);
    
    return 0;
}