P3750 [六省联考 2017] 分手是祝愿 做题记录

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。

$1 \leq n \leq 100000, 0 \leq k \leq n$。

不难发现按下同一个灯的开关两次相当于没按，并且一定有解，因为可以倒着跑，遇到亮着的灯直接关掉。然后不难发现这是唯一解。

所以可以设 $dp_i$ 表示从 还有 $i$ 个灯的 开关按下状态 和解不同转移到有 $i-1$ 个不同的期望次数，那么有：

$dp_i=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(1+dp_{i+1}+dp_{i})\\ ndp_i=i+(n-i)(1+dp_{i+1}+dp_i)\\ idp_i=i+(n-i)(1+dp_{i+1})\\ dp_i=\frac{i+(n-i)(1+dp_{i+1})}{i}$

并且有 $dp_{n}=1$。

那么设当前还有 $cnt$ 个灯的开关按下状态和解不同，答案即为 $n!(k+\sum\limits_{i=k+1}^{cnt}dp_i)$。

注意特判刚开始就满足的情况。

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int S=100005,p=100003;

int n,k;
int a[S];
int cnt,dp[S];

inline int qpow(int x,int y)
{
	int res=1;
	for(;y>0;y>>=1,x=1ll*x*x%p) res=(y&1)?1ll*res*x%p:res;
	return res;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		if(a[i])
		{
			cnt++;
			for(int j=1;j*j<=i;j++)
			{
				if(i%j==0)
				{
					a[j]^=1;
					if(j*j!=i) a[i/j]^=1;
				}
			}
		}
	}
//	printf("%d\n",cnt);
	if(cnt<=k)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) cnt=1ll*cnt*i%p;
		printf("%d\n",cnt);
		return 0;
	}
	dp[n]=1;
	for(int i=n-1;i>=1;i--) dp[i]=1ll*(i+1ll*(n-i)*(1+dp[i+1])%p)*qpow(i,p-2)%p;
	int ans=k;
	for(int i=k+1;i<=cnt;i++) ans=(ans+dp[i])%p;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*i%p;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}