【bzoj4872】[Shoi2017]分手是祝愿 期望dp

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

Sol

作为一道联考省选题，覆盖知识点广，题目又着切合实际的背景，解法比较自然，给出题人点赞！

题确实挺好的，但是我太菜了模拟赛的时候直接模拟骗了80分......后来听了讲解才补的......

我们发现每个灯只用按一次，而每个灯的贡献又是独一无二的，所以需要按的灯的集合是固定的，每次我们只关心按的灯对于剩余步数的贡献，设\(f[i]\)表示还需要i步才能全部按灭的期望步数，则\(f[i]=\frac{i}{n}f[i-1]+\frac{n-i}{n}f[i+1]+1\)，也就是分两种情况：按的灯在不在有用集合里面。

这个式子并不需要高斯消元，有两种做法：

1.因为f[0]是确定的，所以可以用回代法求出所有的值，时间复杂度\(O(n)\)。

2.设\(g[i]=f[i]-f[i-1]\)，表示从需要i步到需要i-1步的期望次数，那么：

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

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

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

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

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

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

然后就可以\(O(n)\)计算了。

算出来以后特判一下\(n=k\)以及\(k>=tot\)的情况（tot为有用的灯集合大小），这样的情况下答案直接是tot。

否则答案\(=(\sum_{i=k+1}^{tot}g[i])+k\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[100005],f[100005],tot,K,fac=1,P=100003,ans;vector<int>e[100005];
int ksm(int a,int b){int res=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P) if(b&1) res=1ll*res*a%P;return res;}
int main()
{
    for(int i=1;i<=P-3;i++) for(int j=i;j<=P-3;j+=i) e[j].push_back(i);
    scanf("%d%d",&n,&K);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=n;i;i--)
    {
        if(a[i]) tot++;else continue;
        for(int j=0;j<e[i].size();j++) a[e[i][j]]^=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) fac=1ll*fac*i%P;
    for(int i=n;i;i--) f[i]=1ll*(n+1ll*(n-i)*f[i+1]%P)%P*ksm(i,P-2)%P;
    if(K==n||K>=tot) ans=tot;
    else for(int i=tot;i>K;i--) ans=(ans+f[i]+(i==tot?K:0))%P;
    printf("%d\n",1ll*ans*fac%P);
}