洛谷 P3750 - [六省联考2017]分手是祝愿（期望 dp）

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首先我们需注意到这样一个性质：那就是对于任何一种状态，将其变为全 \(0\) 所用的最小步数的方案是唯一的——考虑编号为 \(n\) 的灯，显然如果它原本是暗着的就不用管它了，如果它是亮着的那就只能通过拉它自己使其变暗，这需要 \(1\) 步操作，并会使所有 \(i\mid n\) 的灯 \(i\) 的状态取反；接下来依次考虑编号 \(n-1\)，如果它在处理完编号为 \(n\) 的灯后还是亮着的，那也只能通过拉它本身的开关将其关掉；接下来再考虑编号为 \(n-1,n-2,\dots\) 的灯，以此类推。

其次我们还可以注意到，记 \(F(a[1...n])\) 表示对于序列 \(a_1,a_2,\dots a_n\) 需要按哪几个灯才能关掉所有灯，如果我们按下了一盏编号 \(\notin F(a[1...n])\) 的灯，那么我们还需要 \(|F(a[1...n])|+1\) 次操作才能才能关掉所有灯；同理如果我们按下了一盏编号 \(\in F(a[1...n])\) 的灯，那么我们还需要 \(|F(a[1...n])|-1\) 次操作才能才能关掉所有灯。

上述性质告诉我们，\(F(a[1...n])\) 具体是什么并不重要，我们只用关心其大小即可。这样就可以 DP 了。设 \(dp_i\) 表示从 \(|F(a[1...n])|=i\) 的状态变成 \(|F(a[1...n])|=i-1\) 的状态期望需要多少步。那么有状态转移方程 \(dp_i=\dfrac{n-i}{n}(dp_{i+1}+dp_i+1)+\dfrac{i}{n}\)，稍微变个形即可得到 \(dp_i=\dfrac{n+(n-i)\times dp_{i+1}}{i}\)，线性递推求一下即可，最终答案即为 \(k+dp_{k+1}+dp_{k+2}+\dots+dp_x\)，其中 \(x\) 为初始的 \(|F(a[1...n])|\)。最前面那个 \(k\) 很容易被忽略，一定要格外注意。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
	#define FILE_SIZE 1<<23
	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
	template<typename T> void read(T &x){
		x=0;char c=getchar();T neg=0;
		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		if(neg) x=(~x)+1;
	}
	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
const int MOD=1e5+3;
int n,k,a[MAXN+5],inv[MAXN+5],dp[MAXN+5],cnt=0;
int main(){
	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]){
		cnt++;
		for(int j=1;j*j<=i;j++) if(i%j==0){
			a[j]^=1;if(j!=i/j) a[i/j]^=1;
		}
	}
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=n;i;i--) dp[i]=1ll*(n+1ll*dp[i+1]*(n-i)%MOD)*inv[i]%MOD;
	int ans=0;
	if(cnt>=k){
		for(int i=cnt;i>k;i--) ans=(ans+dp[i])%MOD;
		ans=(ans+k)%MOD;
	} else ans=cnt;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*i%MOD;printf("%d\n",ans);
	return 0;
}