【BZOJ】4872: [Shoi2017]分手是祝愿 期望DP

【题意】给定n盏灯的01状态,操作第 i 盏灯会将所有编号为 i 的约数的灯取反。每次随机操作一盏灯直至当前状态能够在k步内全灭为止(然后直接灭),求期望步数。n,k<=10^5。

【算法】期望DP

【题解】对于当前状态,编号最大的亮灯必须通过操作自身灭掉

证明:假设通过操作编号更大的灯灭掉,那么编号更大的灯只能通过操作自己灭掉,则与原来状态无区别,得证。

运用这个结论,每次灭掉最大编号的灯后的局面中,编号最大的灯一定严格小于原最大灯,所以至多需要n次操作。

从大到小,处理出m盏待操作灯,这样一个局面就可以描述成待操作灯的数目,从而考虑期望DP。

最直观地,设f[i]表示剩余 i 盏操作灯的期望步数,根据全期望公式:

$$f[i]=\frac{i}{n}*f[i-1]+\frac{n-i}{n}*f[i+1]+1$$

等等,高斯消元?不资瓷!我们想办法变成单方向DP,去掉f[i-1]。

设f[i]表示从 i 盏待操作灯变成 i-1 盏待操作灯的期望步数,那么根据全期望公式:(省略i/n*0)

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

好啦!移项即可计算f[i],最后:

$$ans=\sum_{i=k+1}^{m}f[i]*n!$$

复杂度O(n√n)。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100010,MOD=100003;
int n,m,k,ans,a[maxn],f[maxn];
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){if(!b){x=1;y=0;}else{exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);}}
int inv(int a){int x,y;exgcd(a,MOD,x,y);return (x%MOD+MOD)%MOD;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    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){
            if(j*j==i)a[j]^=1;else a[j]^=1,a[i/j]^=1;
        }
    }
    for(int i=n;i>k;i--)f[i]=(n+1ll*(n-i)*f[i+1]%MOD)*inv(i)%MOD;
    if(m<=k)ans=m;else{
        for(int i=m;i>k;i--)ans=(ans+f[i])%MOD;
        ans=(ans+k)%MOD;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*i%MOD;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}
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posted @ 2018-03-07 13:30  ONION_CYC  阅读(...)  评论(...编辑  收藏