題目描述
Zeit und Raum trennen dich und mich.
時空將你我分開。
B 君在玩一個游戲，這個游戲由 n 個燈和 n 個開關組成，給定這 n 個燈的初始狀態，下標為從 1 到 n 的正整數。每個燈有兩個狀態亮和滅，我們用 1 來表示這個燈是亮的，用 0 表示這個燈是滅的，游戲的目標是使所有燈都滅掉。但是當操作第 i 個開關時，所有編號為 i 的約數（包括 1 和 i）的燈的狀態都會被改變，即從亮變成滅，或者是從滅變成亮。B 君發現這個游戲很難，於是想到了這樣的一個策略，每次等概率隨機操作一個開關，直到所有燈都滅掉。這個策略需要的操作次數很多， B 君想到這樣的一個優化。如果當前局面，可以通過操作小於等於 k 個開關使所有燈都滅掉，那么他將不再隨機，直接選擇操作次數最小的操作方法（這個策略顯然小於等於 k 步）操作這些開關。B 君想知道按照這個策略（也就是先隨機操作，最后小於等於 k 步，使用操作次數最小的操作方法）的操作次數的期望。這個期望可能很大，但是 B 君發現這個期望乘以 n 的階乘一定是整數，所以他只需要知道這個整數對 100003 取模之后的結果。
輸入
第一行兩個整數 n, k。
接下來一行 n 個整數，每個整數是 0 或者 1，其中第 i 個整數表示第 i 個燈的初始情況。
1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；
輸出
輸出一行，為操作次數的期望乘以 n 的階乘對 100003 取模之后的結果。
樣例輸入
4 0
0 0 1 1
樣例輸出
512
題解
數論+期望dp，考場上唯一A了的一道題
首先解決正常游戲的操作次數。
易知每個開關都不能被其它的開關組所替代，且每個開關只會影響它和編號比它小的燈。
於是可以從大到小循環一遍，如果一個燈是亮着的，那么把它關閉，把它約數的狀態反轉，並把$num$++。
即最終有$num$個正確選擇。
然后解決期望次數。
設$b[i]$表示從有$i$個正確選擇變為有$i-1$個正確選擇的期望操作次數。
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$b$數組，再判斷一下$num$與$k$的大小關系並累加一下，最后乘一下$n!$即可。
考場原代碼（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;
}