BZOJ4872: [Shoi2017]分手是祝愿【概率期望DP】【思维好题】
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
思路
假设没有随机
我们考虑当前的最优算法,肯定是从后往前来看有哪些需要被更新的
那么这样就很容易算出最开始我们最少需要走几步
然后是\(dp_{i}\)表示从最少i步走到最少i-1步的期望步数
我们考虑因为当前有i步都是需要走的,所以当前这一步转移到i-1的概率是\(\frac{i}{n}\)
然后就是走到i+1,概率\(1-\frac{i}{n}\),期望步数可以从\(dp_{i+1}\)转移
总的转移是\(dp_{i}=\frac{i}{n}+(1-\frac{i}{n})*(1+dp_{i}+dp_{i+1})\)
移项消元得到\(dp_{i}=\frac{n+(n-i)*dp_{i+1}}{i}\)
然后就做完了,前缀和累加就行了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Mod = 1e5 + 3;
const int N = 1e5 + 10;
int n, k, a[N], f[N], fac = 1;
int add(int a, int b) {
return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
int sub(int a, int b) {
return (a -= b) < 0 ? a + Mod : a;
}
int mul(int a, int b) {
return 1ll * a * b % Mod;
}
int fast_pow(int a, int b) {
int res = 1;
for (; b; b >>= 1, a = mul(a, a)) {
if (b & 1) res = mul(res, a);
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
fac = mul(fac, i);
}
int num = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
for (int j = i << 1; j <= n; j += i) {
a[i] ^= a[j];
}
if (a[i]) ++num;
}
for (int i = 1; i <= k; i++) f[i] = 1;
for (int i = n; i > k; i--) {
f[i] = mul(add(n, mul(n - i, f[i + 1])), fast_pow(i, Mod - 2));
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= num; i++) {
ans = add(ans, f[i]);
}
printf("%d", mul(ans, fac));
return 0;
}
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