[六省联考2017]分手是祝愿
题目大意：
有(n(nle10^5))盏灯，编号为(1sim n)，给定它们的初始状态。对编号为(i)的灯进行操作时，会同时改变编号为(i)的约数的灯的状态。每次等概率随机操作一个开关，当能在(k)步内将所有灯都关掉时，采取最优策略。问关掉所有灯所需操作次数的期望( imes n!)在模(100:003)意义下的值。
思路：
用(f_i)表示从最少需要(i)次的情况转移到最少需要(i-1)次的期望次数。则有(frac in)的概率刚好挑到需要关的灯，有(frac{n-i}n)选到了不该选的灯。因此我们可以得到:
[f_i=frac in+frac{n-i}n(f_i+f_{i+1}+1)
]
变形，得转移方程:
[f_i=frac{n+(n-i)f_{i+1}}i
]
另对于(ile k)，显然有(f_i=1)。
考虑计算初始状况下最少所需操作次数，显然我们有“每次关闭编号最大灯”的贪心。因此可以(mathcal O(nlog n))枚举(i)的倍数来计算每个灯在这个贪心下是否会被直接操作到。将最小操作次数记作(m)，答案即为(sum_{i=1}^m f_i)。
时间复杂度(mathcal O(nlog n))。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=1e5+1,mod=1e5+3;
int f[N];
bool b[N];
void exgcd(const int &a,const int &b,int &x,int &y) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
inline int inv(const int &x) {
int ret,tmp;
exgcd(x,mod,ret,tmp);
return (ret%mod+mod)%mod;
}
int main() {
const int n=getint(),k=getint();
int fac=1,tot=0;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
b[i]=getint();
fac=(int64)fac*i%mod;
}
for(register int i=n;i;i--) {
for(register int j=i*2;j<=n;j+=i) {
b[i]^=b[j];
}
tot+=b[i];
}
std::fill(&f[1],&f[k]+1,1);
for(register int i=n;i>k;i--) {
f[i]=(int64)(n+(int64)(n-i)*f[i+1]%mod)*inv(i)%mod;
}
int ans=0;
for(register int i=1;i<=tot;i++) {
(ans+=f[i])%=mod;
}
ans=(int64)ans*fac%mod;
printf("%d
",ans);
return 0;
}