【BZOJ4872】[Shoi2017]分手是祝愿 数学+期望DP

【BZOJ4872】[Shoi2017]分手是祝愿

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

题解：别写高斯消元了，快去膜 大佬

理解：意思是，每个开关都不能被其余的若干个开关替代，所以先贪心，从大到小按开关，得到必须按的开关个数。那么，如果按到了其他开关，就必须在花费一个代价把它按回去。所以我们可以根据必须要按的开关个数来列期望DP方程

设f[i]表示从必须按i个开关到必须按i-1个开关的期望次数

移项

再判断一下起始必须要按的个数和k的大小

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define mod 100003
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
int n,m,now;
int v[maxn];
ll ans,jc,f[maxn];
ll pm(ll x,ll y)
{
	ll z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)	z=z*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return z;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	scanf("%d",&v[i]);
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		if(!v[i])	continue;
		now++;
		for(j=1;j*j<i;j++)	if(i%j==0)	v[j]^=1,v[i/j]^=1;
		if(j*j==i)	v[j]^=1;
	}
	if(now<=m)	ans=now;
	else
	{
		f[n]=1;
		for(i=n-1;i>m;i--)	f[i]=(f[i+1]*(n-i)+n)%mod*pm(i,mod-2)%mod;
		for(i=now;i>m;i--)	ans=(ans+f[i])%mod;
		ans=(ans+m)%mod;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	ans=ans*i%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}