BZOJ_4872_[Shoi2017]分手是祝愿_概率与期望

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

状态神了，想了很长时间才明白。

可以发现每个灯控制的都是不同的，并且不会有几种操作拼起来和另外的一些操作等价。

这就说明每个状态到结束状态还剩的步骤是固定的。即‘正确’的操作是确定的。

那么我们只需要知道当前状态到结束状态还剩几步正确的操作，而不需要知道确切的状态。

接着，考虑差分设状态，设F[i]为从 i步错误的状态到 i-1步错误的状态所需要的步数的期望。

这样转移就没有环了，F[i]=i/n+(n-i)/n*(1+F[i+1]+F[i])。化简一下可得F[i]=((n-i)*F[i+1]+n)/i。

然后求个逆元从大到小递推即可。注意只需要推到F[k]。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100050
typedef long long ll;
ll mod=100003,b[N];
int n,v[N],degree,num;
ll qp(ll x,ll y) {
    ll re=1;
    while(y) {
        if(y&1ll) re=re*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1ll;
    }
    return re;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&degree);
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
    for(i=n;i;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;i--) {
        b[i]=(b[i+1]*(n-i)%mod+n)%mod*qp(1ll*i,mod-2)%mod;
    }
    ll ans=0;
    if(num<=degree) ans=num;
    else {
        for(i=num;i>degree;i--) {
            ans=(ans+b[i])%mod;
        }
        ans=(ans+degree)%mod;
    }
    for(i=1;i<=n;i++) {
        ans=ans*i%mod;
    }
    printf("%lld
",ans);
}