这两天遇到不少这种“人类智慧题”了,感觉都是很巧妙的

Description

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现在有 \(n\) 盏灯,设每一次操作控制第 \(i\) 占灯,而改变状态的灯就是 \(i\) 的所有约数

现在给定初始的灯的状态序列,求剩余k次操作,就把灯全部关闭的步数期望\(+k\)和\(n!\) 的乘积

答案对 \(10003\) 取模

\(n \leq 10^5\)

Solution

思路分析

上来我们看到了“期望”,直接想到这题要 \(dp\)

然后定义状态是个难题(下面没有扯淡了)

\(f[i]\) 表示离全关掉还有 \(i\) 步走到离全关掉还有 \(i-1\) 步的期望操作次数。(这里是重点)

转移的时候考虑两种情况:

\(1^0\) 一次性摁对了,这种情况有\(\frac{i}{n}\)的概率

\(2^0\) 一次摁不对,需要转到\(i+1\)的状态

所以转移方程直接给出

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

整理得:

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

算法流程

最后给出本题流程:

1.\(O(n \sqrt n)\) 预处理因数的个数

2.从后往前扫一下,看一共需要几次完成游戏(特判如果\(cnt \leq k\),就直接乘上阶乘走人就好)

3.跑一下上面的 \(dp\),\(O(n)\)的,也不用优化

逆元啥的不会先去学板子吧

4.最后记得成阶乘

Code

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define int long long
  4. namespace yspm {
  5. inline int read() {
  6. int res = 0, f = 1;
  7. char k;
  8. while (!isdigit(k = getchar()))
  9. if (k == '-')
  10. f = -1;
  11. while (isdigit(k)) res = res * 10 + k - '0', k = getchar();
  12. return res * f;
  13. }
  14. const int N = 1e5 + 10;
  15. vector<int> vec[N];
  16. int n, k, f[N], mod = 100003, now[N], cnt, fac = 1, ans;
  17. inline void prework() {
  18. for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  19. for (int j = i; j <= n; j += i) vec[j].push_back(i);
  20. }
  21. for (int i = n; i >= 1; --i)
  22. if (now[i]) {
  23. ++cnt;
  24. int sz = vec[i].size();
  25. for (int j = 0; j < sz; ++j) now[vec[i][j]] = !now[vec[i][j]];
  26. }
  27. return;
  28. }
  29. inline int ksm(int x, int y) {
  30. int res = 1;
  31. for (; y; y >>= 1) {
  32. if (y & 1)
  33. (res *= x) %= mod;
  34. (x *= x) %= mod;
  35. }
  36. return res;
  37. }
  38. inline int inv(int x) { return ksm(x, mod - 2); }
  39. signed main() {
  40. n = read();
  41. k = read(); f[n]=1;
  42. for (int i = 1; i <= n; ++i) now[i] = read(), (fac *= i) %= mod;
  43. prework();
  44. if (cnt <= k)
  45. return cout << cnt * fac % mod << endl, 0;
  46. for (int i = n - 1; i > k; --i) f[i] = (n + (n - i) * f[i + 1] % mod) % mod * inv(i) % mod;
  47. for (int i = cnt; i > k; --i) (ans += f[i]) %= mod;
  48. cout << (ans+k) * fac % mod << endl;
  49. return 0;
  50. }
  51. } // namespace yspm
  52. signed main() { return yspm::main(); }

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