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 $dp$。

首先看如果操作第 $i$ 个开关时，所有编号为 $i$ 的约数$($包括 $1$ 和 $i$$)$的灯的状态都会改变，那么也就是说，每个点按多次，实际上就是 $2$ 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 $1$，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 $dp$。设 $f[i]$ 表示从 $i$ 个需要按的键到 $i-1$ 个需要按的键的期望操作次数。那么转移方程为 $$f[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}\times (f[i]+f[i+1]+1)$$考虑这个方程的含义，实际上是有 $\frac{i}{n}$ 的概率能按到正确的键位，也就是能到 $i-1$ 个需要按的键这一个状态；有另外 $\frac{n-i}{n}$ 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 $i+1$ 个，此时需要操作的次数是 $f[i+1]+1$，按回来 $i$ 之后还需要 $f[i]$ 次操作次数到 $i-1$。

然后把上面的式子化简 $$f[i]=\frac{n+(n-i)\times f[i+1]}{i}$$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$cnt)$和 $k$，如果 $cnt$ 比 $k$ 小，那么我们就可以像一开始那样从大到小扫，答案就是 $cnt$，否则的话，答案为 $f[cnt]+f[cnt-1]+f[cnt-2]+\cdots +f[k+1]$，相当于是从需要按 $cnt$ 个到需要按 $k$ 的期望操作次数，最后加上 $k$，因为剩下只需要 $k$ 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;
}