P3750 [六省联考2017]分手是祝愿 题解

Description

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Solution

这道题 (CSP) 前就计划着做来着，结果一直咕咕咕了，现在来补一下吧。

当时点开这道题主要是被题目吸引进来的，结果发现出题人是标题党，差评!

好吧，下面我们在来分析一下这道题。

我们首先考虑最优情况，其实这个是比较好想的。

不难发现，点击编号较小的开关对于编号较大的开关是没有影响的，所以我们从大到小枚举每一个灯，如果这个灯开着，就关上，并把它的约数全部操作一遍。

这样一来，就是最少的操作次数了。

再来看随机次数怎么计算，这个就要动态规划了，这个状态定义的非常巧妙。

我们设 (f_i) 表示从需要按 (i) 个开关到需要按 (i - 1) 个开关期望操作次数。

那么有转移方程：

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

有 (frac{i}{n}) 的概率按到需要按的开关，贡献为 1，有 (frac{n - i}{n}) 的概率按到错误的键，这时我们想要转移到 (f_{i - 1}) 的话，就必须先从 (f_{i + 1}) 转移到 (f_i)，再从 (f_i) 转移到 (f_{i - 1})，所以要加上 (f_i) 和 (f_{i + 1})。

再把这个式子化简一下（开括号再移项），得：

[f_i = frac{(n - i)f_{i + 1} + n}{i} ]

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long

using namespace std;

const ll mod = 100003;
const ll N = 1e5 + 10;
ll n, k, cnt;
ll a[N], f[N];

inline ll qpow(ll a, ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

signed main(){
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for(ll i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld", &a[i]);
    for(ll i = n; i >= 1; --i){
        if(a[i]){
            cnt++;
            for(ll j = 1; j * j <= i; ++j)
                if(i % j == 0){
                    a[j] ^= 1;
                    if(j * j != i) a[i / j] ^= 1;
                }
        }
    }
    for(ll i = n; i >= 1; --i)
        f[i] = ((n - i) * f[i + 1] % mod + n) % mod * qpow(i, mod - 2) % mod;
    ll ans = 0;
    if(cnt <= k) ans = cnt;
    else{
        ans = k;
        for(ll i = cnt; i > k; --i) ans = (ans + f[i]) % mod;
    }
    for(ll i = 1; i <= n; ++i)
        ans = ans * i % mod;
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

End