bzoj 4872: [Shoi2017]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 ≤ 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
0 0 1 1
Sample Output
512
HINT
Source
首先k=n的部分分；
考虑到如果要把第n号灯熄灭，那么一定要关第n号灯，同理我们可以从后往前地选择，然后每次sqrt(n)地修改一下每盏灯的状态；
由于每个开关按了两次等于没有按，所以每个开关最多是会按一次，而且通过从后往前的贪心策略，最优的方案是唯一的，但是无关顺序；
那么我们设f[i]为还需要按i步的期望步数，由于最优的方案是确定的，所以我们需要判断这一次随机的开关是否在既定的i步之中；
如果是既定的i步之中的开关，那么步数-1，如果按的是方案之外的开关，因为我们的最优策略是唯一的，所以我们需要再按一次来撤回这一次失误，所以转移大致是这样：
这个貌似不能直接递推，
我们考虑将f[]数组差分，设g[i]=f[i]-f[i-1];
那么我们得出g数组的递推式：
推到过程就是把f[i]用f的递推式表示，然后在把差值用g[i+1]表示之类的；
那么我们的答案为f[p]*n!,其中p为最小的操作步数；
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100050;
const int mod=100003;
int a[N],n,k,p;
ll g[N];
ll qpow(ll x,ll y){
ll ret=1;
while(y){
if(y&1) (ret*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod;y>>=1;
}
return ret;
}
main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=n;i;i--){
if(a[i]){
p++;
for(int j=1;j<=sqrt(i);j++){
if(i%j==0){
if(j*j==i) a[j]^=1;
else a[j]^=1,a[i/j]^=1;
}
}
}
}
if(p<=k) {
int ans=p;
for(int i=1;i<=n;i++) (ans*=i)%=mod;
cout<<ans<<endl;return 0;
}
g[n+1]=0;
for(int i=n;i;i--) g[i]=(g[i+1]*(n-i)+n)*qpow(i,mod-2)%mod;
int ans=k;
for(int i=k+1;i<=p;i++) ans+=g[i];
for(int i=1;i<=n;i++) (ans*=i)%=mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
