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
Sample Output
512
题解
送了80分。后20真神。
我猜这是毕克dalao出的。。
毕克出NOI2016一道字符串题也送了95的hash分Orz
希望这次八省联考还有毕克dalao出的题。
设(f_i)为最优(i)步完成转移到最优(i - 1)步完成的期望操作次数。
有两个结论。
1、最优方案中，不会按一个点两次以上
2、最优方案中，按的顺序互换仍然正确
直观感受一下。
转移时两种情况。
1、最优(i)步的时候，有(i)个决策是最优决策，可以转移到(i - 1)步，操作次数为(1)
2、有(n - i)步不是最优决策，按了之后（操作次数为(1)），最优决策变成了(i + 1)步，需要转回(i)步（期望(f[i + 1]))，然后转回(i - 1)步（期望(f[i]))
等概率选取，(1)的概率是(frac{i}{n})，(2)的概率是(frac{n - i}{n})
得到
必须从大到小递推，因为.....
我问了一下出题人，为什么从小到大不对，他说：
. . .
这就是dalao吧
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
inline long long max(long long a, long long b){return a > b ? a : b;}
inline long long min(long long a, long long b){return a < b ? a : b;}
inline long long abs(long long x){return x < 0 ? -x : x;}
inline void swap(long long &x, long long &y){long long tmp = x;x = y;y = tmp;}
inline void read(long long &x)
{
x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '9' && ch >= '0') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
if(c == '-') x = -x;
}
const long long INF = 0x3f3f3f3f;
const long long MAXN = 1000000 + 10;
const long long MOD = 100003;
long long f[MAXN], dp[MAXN], num[MAXN], n, k, mi, sum;
long long pow(long long a, long long b)
{
long long r = 1, base = a;
for(;b;b >>= 1)
{
if(b & 1) r *= base, r %= MOD;
base *= base, base %= MOD;
}
return r;
}
long long ni(long long x)
{
return pow(x, MOD - 2);
}
int main()
{
read(n), read(k);
f[0] = 1;
for(long long i = 1;i <= n;++ i) read(num[i]), f[i] = f[i - 1] * i % MOD;
for(long long i = n;i >= 1;-- i)
if(num[i])
{
++ mi;
long long ma = sqrt(i);
for(long long j = 1;j <= ma;++ j)
if(i % j == 0)
{
if(j * j == i) num[j] ^= 1;
else num[j] ^= 1, num[i / j] ^= 1;
}
}
if(k >= mi)
{
printf("%lld
", mi * f[n] % MOD);
return 0;
}
for(int i = 1;i <= k;++ i) dp[i] = 1;
dp[n] = 1;
for(int i = n - 1;i > k;-- i)
dp[i] = ((((n - i) * dp[i + 1]) % MOD + n) % MOD * ni(i)) % MOD;
for(int i = mi;i >= 1;-- i) sum += dp[i], sum %= MOD;
sum *= f[n];
sum %= MOD;
printf("%lld", sum);
return 0;
}