BZOJ4872：[SHOI2017]分手是祝愿——题解

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4872

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3750

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。

期望dp，首先显然我们可以预处理出所有数的约数。

然后考虑我们的最小策略：显然每个灯都得按，所以从大到小依次按灭就是最小步数。

如果这个步数大于k，设dp[i]表示当前还有i步到达结束状态，使其变成dp[i-1]态的概率（期望步数）。

那么显然按对的概率为i/n，按不对的概率为(n-i)/n，按对只需要1步，按不对需要最开始的1步+dp[i+1]+dp[i]。

所以答案为dp[i]=i/n+(n-i)/n*(1+dp[i+1]+dp[i])。

移项即可。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=100003;
const int N=1e5+5;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
ll qpow(ll k,int n){
    ll ans=1;
    while(n){
    if(n&1)ans=ans*k%p;
    k=k*k%p;n>>=1;
    }
    return ans;
}
vector<int>v[N];
ll f[N];
int on[N];
int main(){
    int n=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
    on[i]=read();
    for(int j=i;j<=n;j+=i)
        v[j].push_back(i);
    }
    ll tim=0,ans=0;
    for(int i=n;i>=1;i--){
    if(on[i]){
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)on[v[i][j]]^=1;
        tim++;
    }
    }
    if(tim<=k)ans=tim;
    else{
    ans=k;
    f[n]=1;
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        f[i]=(n+(n-i)*f[i+1])%p*qpow(i,p-2)%p;
    }
    for(int i=tim;i>k;i--)ans=(ans+f[i])%p;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans*i%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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