P3750

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太神了，无限考虑列期望状态方程。
考虑逆推，记\(dp_i\)表示还有i个灯亮着的期望操作次数。不好做，因为不知道亮着是哪个灯。
弱化限制，考虑如果要求最小操作次数怎么求，贪心的做，从大到小考虑，亮着的就操作。容易看出一个性质，对于一盏灯其贡献没法被其他灯组合所替代，回到dp，换一种记录状态方式，记\(dp_i\)表示还有i个开关要按的期望操作次数，相比于上一种状态，不需要知道亮那个灯，同时有良好的转移顺序，\(dp_{i}\)->\(dp_{i-1}\)那么更据上面性质，分类讨论

• 按对了开关,\(\frac{i}{n}dp_{i}+1->dp_{i-1}\)
• 没按对开关,\(\frac{n-i}{n}dp_{i}+1->dp_{i+1}\)
  因为没按对开关，还要按回来

\[dp_{i}=\frac{i+1}{n}dp_{i+1}+1+\frac{n-i-1}{n}dp_{i-1}+1 \]

然后，高斯消元？肯定不是啊，复杂度都不对。
这个转移顺序也好不多。
再换一种，考虑计算增量，\(dp_i\)表示还有i个开关要按的,转移到i-1期望操作次数。那么同样分类

• 按对了开关,\(dp_{i}=\frac{i}{n}\)
• 没按对开关,\(dp_{i}=\frac{n-i}{n}(dp_{i+1}+dp_{i}+1)\)

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

现在问题是从那个方向开始推，如果从小往大推，虽然知道dp[0],但是注意到\(dp_{1}\)会依赖\(dp_{n}\),违反了增量使用条件，那么只能从N->1推。
而恰好N这个状态是一定的，所以从N->1推。
注意我们先前算的最小操作次数是有用的，因为这个k，所以将[K,tot]dp值加起来再+k，别忘乘上n!
Q：不是说期望递推方程一般要逆推吗。
A：事实上逆推的定义指的是：状态定义是到终态的期望，和转移方向无关
事实上，这题的k是对于计算增量的提示，遇见期望到一般转为最优解，考虑计算增量

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=100003,N_ = 1e5+10;;
ll ans,tot,H[N_],a[N_],b[N_],dp[N_],K,N;
vector<ll> q[N_];
inline ll qp(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    cin>>N>>K;
    H[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++)H[i]=H[i-1]*1ll*i%mod;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j*i<=N;j++)q[i*j].push_back(i);
    for(int i=1;i<=N;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=N;i++)b[i]=a[i];
    for(int i=N;i>=1;i--)
        if(b[i]){
            tot++;
            for(auto d:q[i])b[d]^=1;
        }    
    dp[N]=1;
    for(int i=N-1;i>=0;i--)
        dp[i]=((N-i)*dp[i+1]%mod+N)%mod*qp(i,mod-2)%mod;
    if(K>=tot)cout<<tot*H[N]%mod<<'\n',exit(0);
    else {
        for(int i=K+1;i<=tot;i++)ans+=dp[i];
        cout<<((ans+K)*1ll*H[N]+mod)%mod;
    }
    return 0;
}

小结：1.优化dp本质->优化枚举顺序/对象。2.遇见期望到一般转为最优解，考虑计算增量.3.逆推的本质