题目描述
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。
输入
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；
输出
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。
样例输入
4 0
0 0 1 1
样例输出
512
题解
数论+期望dp，考场上唯一A了的一道题
首先解决正常游戏的操作次数。
易知每个开关都不能被其它的开关组所替代，且每个开关只会影响它和编号比它小的灯。
于是可以从大到小循环一遍，如果一个灯是亮着的，那么把它关闭，把它约数的状态反转，并把$num$++。
即最终有$num$个正确选择。
然后解决期望次数。
设$b[i]$表示从有$i$个正确选择变为有$i-1$个正确选择的期望操作次数。
那么可以推出$b[i]=frac in+(1-frac in)·(1+b[i+1]+b[i])$，即$b[i]=frac{(n-i)b[i+1]+n}i$。
特殊的，$b[n+1]=0$
然后就可以推出$b$数组，再判断一下$num$与$k$的大小关系并累加一下，最后乘一下$n!$即可。
考场原代码（去掉了文件操作）：
#include <cstdio>
#define mod 100003
typedef long long ll;
int v[100010];
ll b[100010];
ll qpow(ll x , ll y)
{
ll ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , k , i , j , num = 0;
ll t = 0;
scanf("%d%d" , &n , &k);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
{
if(v[i])
{
for(j = 1 ; j * j <= i ; j ++ )
{
if(i % j == 0)
{
v[j] ^= 1;
if(j * j != i) v[i / j] ^= 1;
}
}
num ++ ;
}
}
for(i = n ; i >= 1 ; i -- ) b[i] = (b[i + 1] * (n - i) % mod + n) % mod * qpow(i , mod - 2) % mod;
if(n == k || k > num) t = num;
else
{
for(i = num ; i > k ; i -- ) t = (t + b[i]) % mod;
t = (t + k) % mod;
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) t = t * i % mod;
printf("%lld
" , t);
return 0;
}