【bzoj4872】[Shoi2017]分手是祝愿 数论+期望dp

题目描述

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。

输入

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；

输出

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。

样例输入

4 0
0 0 1 1

样例输出

512

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题解

数论+期望dp，考场上唯一A了的一道题

首先解决正常游戏的操作次数。

易知每个开关都不能被其它的开关组所替代，且每个开关只会影响它和编号比它小的灯。

于是可以从大到小循环一遍，如果一个灯是亮着的，那么把它关闭，把它约数的状态反转，并把$num$++。

即最终有$num$个正确选择。

然后解决期望次数。

设$b[i]$表示从有$i$个正确选择变为有$i-1$个正确选择的期望操作次数。

那么可以推出$b[i]=\frac in+(1-\frac in)·(1+b[i+1]+b[i])$，即$b[i]=\frac{(n-i)b[i+1]+n}i$。

特殊的，$b[n+1]=0$

然后就可以推出$b$数组，再判断一下$num$与$k$的大小关系并累加一下，最后乘一下$n!$即可。

考场原代码（去掉了文件操作）：

#include <cstdio>
#define mod 100003
typedef long long ll;
int v[100010];
ll b[100010];
ll qpow(ll x , ll y)
{
    ll ans = 1;
    while(y)
    {
        if(y & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n , k , i , j , num = 0;
    ll t = 0;
    scanf("%d%d" , &n , &k);
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
    for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
    {
        if(v[i])
        {
            for(j = 1 ; j * j <= i ; j ++ )
            {
                if(i % j == 0)
                {
                    v[j] ^= 1;
                    if(j * j != i) v[i / j] ^= 1;
                }
            }
            num ++ ;
        }
    }
    for(i = n ; i >= 1 ; i -- ) b[i] = (b[i + 1] * (n - i) % mod + n) % mod * qpow(i , mod - 2) % mod;
    if(n == k || k > num) t = num;
    else
    {
        for(i = num ; i > k ; i -- ) t = (t + b[i]) % mod;
        t = (t + k) % mod;
    }
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) t = t * i % mod;
    printf("%lld\n" , t);
    return 0;
}