洛谷P3750 分手是祝愿题解

一道很经典的期望(((至少我感觉这个名字会流芳百世)))。这道题我感觉是很神仙的期望 dpdpdp。

首先看如果操作第 iii 个开关时，所有编号为 iii 的约数(((包括 111 和 iii)))的灯的状态都会改变，那么也就是说，每个点按多次，实际上就是 222 种操作，按或者不按，而且每个按键都不可能被其它按键的组合键代替(((感性理解一下，如果可能的话，势必会影响到其它的点)))。所以我们可以先从大到小扫一遍，碰到亮的就点，同时把是它的因数的点状态异或 111，这样找到必须要按的键。实际上相当于除了这些键，按其它的键，就必须要按一个相同的键给按回来。

于是在处理完必须要按的键之后，我们可以进行期望 dpdpdp。设 f[i]f[i]f[i] 表示从 iii 个需要按的键到 i−1i-1i−1 个需要按的键的期望操作次数。那么转移方程为 f[i]=in+n−in×(f[i]+f[i+1]+1)f[i] = \frac{i}{n} + \frac{n-i}{n} \times (f[i] +f[i+1] + 1)f[i]=ni+nn−i×(f[i]+f[i+1]+1)考虑这个方程的含义，实际上是有 in\frac{i}{n}ni 的概率能按到正确的键位，也就是能到 i−1i-1i−1 个需要按的键这一个状态；有另外 n−in\frac{n-i}{n}nn−i 的概率会按到错误的键位，所以在之后的操作中需要把这个按键给按回来，那么就多了一个需要按的键，而且需要按的键变成了 i+1i+1i+1 个，此时需要操作的次数是 f[i+1]+1f[i+1]+1f[i+1]+1，按回来 iii 之后还需要 f[i]f[i]f[i] 次操作次数到 i−1i-1i−1。

然后把上面的式子化简 f[i]=n+(n−i)×f[i+1]if[i] = \frac{n + (n-i) \times f[i+1]}{i}f[i]=in+(n−i)×f[i+1]求出这个东西之后，我们比较一下必须按的按键的个数(((设为cnt)cnt)cnt)和 kkk，如果 cntcntcnt 比 kkk 小，那么我们就可以像一开始那样从大到小扫，答案就是 cntcntcnt，否则的话，答案为 f[cnt]+f[cnt−1]+f[cnt−2]+⋯+f[k+1]f[cnt]+f[cnt-1]+f[cnt-2]+\dots+f[k+1]f[cnt]+f[cnt−1]+f[cnt−2]+⋯+f[k+1]，相当于是从需要按 cntcntcnt 个到需要按 kkk 的期望操作次数，最后加上 kkk，因为剩下只需要 kkk 次操作即可。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define re register
#define int long long
#define rep(a,b,c)  for(re int a(b) ; a<=c ; ++a)
#define drep(a,b,c) for(re int a(b) ; a>=c ; --a)
using namespace std;
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f=-1 ; ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48) ; ch=getchar();}return x*f;
}
const int M = 1e5+10;
const int mod = 100003;
int n,k,cnt;
int a[M],f[M];
inline int ksm(int x,int y){int res = 1;while(y){if(y&1) res = res * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return res % mod;
}
signed main(){n = read(),k = read();rep(i,1,n) a[i] = read();drep(i,n,1){if(a[i] == 0) continue;cnt++;for(re int j(1) ; j*j<=i ; ++j){if(i%j == 0){a[j] ^= 1;if(i != j*j) a[i/j] ^= 1;}}}if(cnt <= k){rep(i,1,n) cnt = cnt * i % mod;printf("%lld\n",cnt);}else{f[n+1] = 0;drep(i,n,1){int s1 = ((n-i) * f[i+1] % mod + n) % mod;int s2 = ksm(i,mod-2);f[i] = s1 * s2 % mod;}int ans = 0;rep(i,k+1,cnt) ans = (ans + f[i]) % mod;ans = (ans + k) % mod;rep(i,1,n) ans = ans * i % mod;printf("%lld\n",ans%mod);}return 0;
}

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