4872: [Shoi2017]分手是祝愿

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Description

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。

Input

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。
1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n;

Output

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。

Sample Input

4 0
0 0 1 1

Sample Output

512

HINT

Source

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期望动规一般有两种实现方式,一种是f[i]表示还剩i步到目标状态,求得的期望值,另一种是f[i]表示从还剩i步到还剩i-1步的期望增量。

这道题用的是后者,注意i步的状态有时会因为误操作而转移到i+1步的状态,这个需要考虑清楚。

对于每个状态,最优开关方式是固定的,就是每次将最大的亮的灯按灭。剩下的就是期望DP了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std; const int N=100100,mod=100003;
int n,k,num,v[N];
ll t,b[N]; ll ksm(ll a,ll b){
ll res;
for (res=1; b; a=(a*a)%mod,b>>=1)
if (b & 1) res=(res*a)%mod;
return res;
} int main(){
freopen("bzoj4872.in","r",stdin);
freopen("bzoj4872.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
rep(i,1,n) scanf("%d",&v[i]);
for (int i=n; i>=1; i--)
if (v[i]){
for (int j=1; j*j<=i; j++)
if (i%j==0){
v[j]^=1;
if (j*j!=i) v[i/j]^=1;
}
num++;
}
for (int i=n; i; i--) b[i]=(b[i+1]*(n-i)%mod+n)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
if (n==k || k>num) t=num;
else{
for (int i=num; i>k; i--) t=(t+b[i])%mod;
t=(t+k)%mod;
}
rep(i,1,n) t=t*i%mod;
printf("%lld\n",t);
return 0;
}

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