【洛谷P3750】分手是祝愿

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3750

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。

\(1 \leq n \leq 100000, 0 \leq k \leq n\)

思路

首先发现假设灯 \(i+1\sim n\) 全部灭掉，此时要灭掉 \(1\sim i\) 的灯，那么必然需要动第 \(i\) 个开关，否则无法熄灭第 \(i\) 盏灯。
所以我们可以从 \(n\) 枚举到 \(1\)，并计算有多少灯是一定要动开关的，那么容易发现能灭掉所有灯的唯一方案必然是恰好动这些开关奇数次，并恰好动其他开关偶数次。
设 \(f[i]\) 表示从 \(i+1\) 盏必须动其开关的灯变成 \(i\) 盏必须动开关的灯的期望步数。那么有 \(\frac{i+1}{n}\) 的概率选到必须关的灯，而如果没有选到必须关的灯，那么期望步数为 \((1+f[i+1]+f[i])\)，所以有

\[f[i]=\frac{i+1}{n}+(1-\frac{i+1}{n})(1+f[i+1]+f[i]) \]

移项得

\[f[i]=1+\frac{(n-i-1)(1+f[i+1])}{i+1} \]

计算出 \(f\)，分两种情况（假设有 \(m\) 盏灯必须动开关）：

• 当 \(m\leq k\) 时，答案即为 \(m\)。
• 当 \(m>k\) 时，答案为 \(k+\sum^{m-1}_{i=k}f[i]\)。

注意最终答案要乘上 \(n!\)。时间复杂度 \(O(n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010,MOD=100003;
int n,m,k,a[N];
ll ans,fac,f[N];

ll fpow(ll x,int k)
{
	ll ans=1;
	for (;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
		if (k&1) ans=ans*x%MOD;
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	fac=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
		fac=fac*i%MOD;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=n;i>=1;i--)
		if (a[i])
		{
			m++;
			for (int j=1;j*j<=i;j++)
				if (i%j==0)
				{
					a[j]^=1;
					if (j*j!=i) a[i/j]^=1;
				}
		}
	if (m<=k) return printf("%lld",fac*m%MOD),0;
	f[n]=1LL;
	for (int i=n-1;i>=k;i--)
	{
		f[i]=1+1LL*(n-i-1)*(1+f[i+1])%MOD*fpow(i+1,MOD-2)%MOD;
		if (i<m) ans=(ans+f[i])%MOD;
	}
	printf("%lld",(ans+k)*fac%MOD);
	return 0;
}