4872: [Shoi2017]分手是祝愿
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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
512HINT
Source
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期望动规一般有两种实现方式，一种是f[i]表示还剩i步到目标状态，求得的期望值，另一种是f[i]表示从还剩i步到还剩i-1步的期望增量。
这道题用的是后者，注意i步的状态有时会因为误操作而转移到i+1步的状态，这个需要考虑清楚。
对于每个状态，最优开关方式是固定的，就是每次将最大的亮的灯按灭。剩下的就是期望DP了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=100100,mod=100003;
int n,k,num,v[N];
ll t,b[N];
ll ksm(ll a,ll b){
ll res;
for (res=1; b; a=(a*a)%mod,b>>=1)
if (b & 1) res=(res*a)%mod;
return res;
}
int main(){
freopen("bzoj4872.in","r",stdin);
freopen("bzoj4872.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
rep(i,1,n) scanf("%d",&v[i]);
for (int i=n; i>=1; i--)
if (v[i]){
for (int j=1; j*j<=i; j++)
if (i%j==0){
v[j]^=1;
if (j*j!=i) v[i/j]^=1;
}
num++;
}
for (int i=n; i; i--) b[i]=(b[i+1]*(n-i)%mod+n)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
if (n==k || k>num) t=num;
else{
for (int i=num; i>k; i--) t=(t+b[i])%mod;
t=(t+k)%mod;
}
rep(i,1,n) t=t*i%mod;
printf("%lld
",t);
return 0;
}