[六省联考2017]分手是祝愿

嘟嘟嘟


这题真的有点神。


首先50分是送的，对于所有\(n = k\)的情况，直接从后往前扫一遍，碰到一盏灯亮着，就\(O(\sqrt n)\)操作一次。复杂度上界\(O(n \sqrt n)\)，但根本达不到。


接着我就想不出来了，题解看了好多篇才懂。
首先要观察出来的是，第\(i\)个开关的操作只会影响小于等于\(i\)的灯。且对于这个开关的操作，是其他开关替代不了的，因为每一个数的约数都不相同。
所以我们可以先求出来对于初始状态应该要按哪些开关。
这样就可以dp了。
令dp[i]表示需要正确的按\(i\)次开关需要的期望步数，那么考虑这一次能否按到正确的开关上：

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

前一项是按对了；后一项是按错了，所以除了这一次的操作，就变成了需要按\(dp[i + 1]\)次，按完后又需要按\(dp[i]\)次。
然后移个项

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

于是答案就是\(n! * (k + \sum_{i = k + 1} ^ {cnt} dp[i])\)。\(cnt\)表示对于初始状态，需要按\(cnt\)次。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e5 + 3;
inline ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
inline void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

int n, k;
bool a[maxn];
ll inv[maxn], dp[maxn], ans = 0;

In void change(int n)
{
  for(int i = 1; i * i <= n; ++i)
      if(n % i == 0)
	{
	  if(i * i == n) a[i] ^= 1;
	  else a[i] ^= 1, a[n / i] ^= 1;
	}
}
In int solve()
{
  int ret = 0;
  for(int i = n; i; --i) if(a[i]) change(i), ++ret;
  return ret;
}

int main()
{
  n = read(); k = read();
  for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
  int cnt = solve();
  if(cnt <= k) ans = cnt;
  else
    {
      inv[1] = 1;
      for(int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
      for(int i = n; i > k; --i)
	  dp[i] = (n * inv[i] % mod + (n - i) * inv[i] % mod * dp[i + 1] % mod) % mod;
      for(int i = cnt; i > k; --i) ans = (ans + dp[i]) % mod;
      ans = (ans + k) % mod;
    }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = ans * i % mod;
  write(ans), enter;
  return 0;
}