P3750 [六省联考2017]分手是祝愿 期望DP

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

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。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

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。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

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。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

4 0
0 0 1 1

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

5 0
1 0 1 1 1

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

对于 \(0\%\) 的测试点，和样例一模一样；

对于另外 \(30\%\) 的测试点，\(n \leq 10\)；

对于另外 \(20\%\) 的测试点，\(n \leq 100\)；

对于另外 \(30\%\) 的测试点，\(n \leq 1000\)；

对于 \(100\%\) 的测试点，\(1 \leq n \leq 100000, 0 \leq k \leq n\)；

对于以上每部分测试点，均有一半的数据满足 \(k = n\)。

\(\color{#0066ff}{题解}\)

这是一个很好？的期望DP

每次按下一个开关，只会影响它约数的灯的状态

预处理出每个开关能改变的灯， 用vector存

枚举因子是\(O(n\sqrt{n})\)的，因为会有一些浪费（非因子也被枚举了）

考虑枚举倍数，这样的复杂度是\(O(nlogn)\)的，就可以了

可以发现，按下当前的按钮，当前的灯的状态一定会改变，而它后面的灯的状态不变

也就是说，从后往前来，遇到亮的灯就按相应按钮，最多n次，就可以全部熄灭

而且，可以发现，按按钮的顺序不影响

所以我们设\(f[i]\) 代表按\(i\)次开关可以将灯全部熄灭的状态转移到按\(i - 1\)次开关将灯全部熄灭的状态的期望步数

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

n个开关， 有i个是正确的，n-i个是错误的，会增加一个步数，然后从\(i + 1\to i-1\) 需要\(f[i+1]+f[i]\)次操作

\(f[n]=1\)

如果总操作数都比k小，那么期望就是操作数了

否则累计从k到总操作数的f值，别忘了最后+k

还要乘n的阶乘，因为模数是质数还算有点良心，递推时直接乘逆元，最后再乘阶乘就行

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; int x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int mod = 1e5 + 3;
const int maxn = 1e5 + 10;
LL ksm(LL x, LL y) {
	LL re = 1LL;
	while(y) {
		if(y & 1) re = re * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
int b[maxn];
LL f[maxn], ans;
using std::vector;
vector<int> g[maxn];
int n, k, num;
signed main() {
	n = in(), k = in();
	for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = in();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = i; j <= n; j += i)
			g[j].push_back(i);
	for(int i = n; i >= 1; i--)
		if(b[i]) {
			num++;
			for(int j = 0; j < (int)g[i].size(); j++) b[g[i][j]] ^= 1;
		}
	if(num <= k) ans = num;
	else {
		f[n] = 1;
		for(LL i = n - 1; i >= 1; i--) f[i] = (1LL + ((n - i) * ksm(i, mod - 2) % mod) * (f[i + 1] + 1LL) % mod) % mod;
		for(int i = num; i > k; i--) (ans += f[i]) %= mod;
		(ans += k) %= mod;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) (ans *= i) %= mod;
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

考试时看错题了。。。以为是到达小于等于k步的期望，一直不出样例qwq