LOJ#2145. 「SHOI2017」分手是祝愿

题目描述

Solution

首先有一个结论：
灯的状态序列a1,a2...ana_1,a_2...a_na1,a2...an唯一对应了一个最优操作序列b1,b2...bnb_1,b_2...b_nb1,b2...bn。
因为编号最大的灯只能由开关自己来改变。

因此，就相当于你有一个操作序列bbb，当其中111的个数小于等于kkk时，你就会直接按最优解操作（即只会选最优操作序列中的111），否则随机把操作序列中的一个位置010101反转，求变为全000期望步数。

这一题有一个巧妙的dpdpdp。
令fif_ifi表示从有iii个111走到有i−1i-1i−1个111所需要的期望步数。

根据定义与期望的线性性，显然Ans=∑i≤cntfiAns=\sum_{i\leq cnt} f_iAns=∑i≤cntfi，cntcntcnt表示操作序列有多少个111。

现在考虑fff怎么求。

显然每一次操作，有n−in\frac{n-i}{n}nn−i增加一个111，也有in\frac{i}{n}ni的概率减少，所以有：
fi=infi+n−in(1+fi+fi+1)f_i=\frac{i}{n}f_i+\frac{n-i}{n}(1+f_i+f_{i+1}) fi=nifi+nn−i(1+fi+fi+1)
表示要么减少一个111，要么增加一个111，再减少回来。
因此可以从fnf_nfn直接递推过来，时间复杂度O(n)O(n)O(n)。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=100003;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
int a[MAXN],f[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN];
inline int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
inline int quick_pow(int x,int y)
{int ret=1;for (;y;y>>=1){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;x=1ll*x*x%mods;}return ret;
}
void Init(int n)
{fac[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mods;for (int i=1;i<=n;i++) inv[i]=quick_pow(i,mods-2);
}
int main()
{int n=read(),k=read(),cnt=0;Init(n);for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for (int i=n;i>=1;i--){if (!a[i]) continue;cnt++;for (int j=1;j*j<=i;j++)if (i%j==0) {a[j]^=1;if (j*j!=i) a[i/j]^=1;}
//      for (int j=1;j<=n;j++) cout<<a[j]<<" ";cout<<endl;}
//  cout<<cnt<<endl;f[n]=1;for (int i=1;i<=k;i++) f[i]=1;for (int i=n-1;i>k;i--) f[i]=upd(1ll*f[i+1]*(n-i)%mods*inv[i]%mods,1ll*n*inv[i]%mods);int ans=0;for (int i=1;i<=cnt;i++) ans=upd(ans,f[i]);printf("%d\n",1ll*ans*fac[n]%mods);return 0;
}