[BZOJ]4872 [SHOI2017] 分手是祝愿 期望DP

4872: [Shoi2017]分手是祝愿

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Description

Zeit und Raum trennen dich und mich.

时空将你我分开。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。

Input

第一行两个整数 n, k。

接下来一行 n 个整数，每个整数是 0 或者 1，其中第 i 个整数表示第 i 个灯的初始情况。

1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；

Output

输出一行，为操作次数的期望乘以 n 的阶乘对 100003 取模之后的结果。

Sample Input

4 0
0 0 1 1

Sample Output

512

HINT

Source

黑吉辽沪冀晋六省联考

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　　这道题昨晚考试考了， 但是有80分的水分是跟期望半毛钱关系没有的， 就是n==k的情况. 但是实际上这是一个启示. 看到期望就怕啊... 所以昨晚考试看都没看， 更别说部分分的提示了， 去A t3去了. 现在知道怎么做了， 大概脑子里模拟了一下如果我能考场上做出这道题是如何想到这个解题思路的.

　　首先这道题看起来很难. 因为每次都是随机关, 而且还翻转约数, 而且到某个范围还停止计算, 看起来就感觉是一道很神的题目. 那么一时半会儿想不出结果我们可以考虑拿点部分分. 首先n==k的部分分很显眼? 那么有没有<= n的做法. 每次翻转约数, 都是比自己小的， 那就从大的倒着考虑. 发现显然倒着关一定能在n步之内关完. 而且倒着关一定是最优的. 简单证明一下: 很明显先关一个的灯再关一个比他序号大的灯和先关那个大的灯再关这个灯是等价的. 那么一切都可以转化成倒着关。 又因为当前最大亮着的灯只能由自己关， 那么一路倒推回去一定保证是最优的了. 考场上就算没有证明其实也能感性理解这样"贪心"是正确的.

　　那么部分分到手. 再看如何AC此题. 题目中给出的某个比较显眼的条件就是<=k就直接操作... 其实这很像递归里的边界? 那么k是什么属性, 我们可以考虑建个与k属性相同的dp方程， 这样就可以在同属性下操作， 就有边界条件. 比如说这道题里面k是操作次数(属性)， 那么我们可以建一个关于操作次数的方程， 这样就拥有了一个边界条件可以很好的利用. 并且这道题是随机关灯， 那么dp肯定不是表示前i个灯怎么样怎么样...  那么用操作次数来建就更加可信了. .那么这样该怎么设dp方程呢? 转移又是怎样?

　　考虑部分分给我们的提示. 最优解一定是倒着关的步数, 同时我们进一步思考最优解实际上就是正确的选择， 每一步都不走错的选择. 那么随机关会造成什么样的影响呢? 首先开关灯满足异或关系， 那么假设最优解是要关某i个灯， 先关哪个都无所谓. 那么假设随机关了这i个灯之一, 那么我们需要完成的正确选择的次数就减一了， 代表我们按正确了.   那如果没按正确呢? 很明显我们需要完成的正确选择次数+1. 为什么是1呢? 这代表了你得把按掉的灯按回来一次. 为什么不能由一个比你大的把你按灭? 但是那样就又做了一个错误的抉择, 因为那个大的只能是错误的选择， 如果按掉的那个是正确的那说明你这次选择不是错误的而是正确的(说明你没影响啊). 我们由部分分给我们的提示发现可以按正确操作次数来dp， dp[i]表示还剩i次正确操作的期望操作次数. 很明显dp[k] = k， 这就是边界条件. 特殊的dp[n+1] = 0.

　　那么转移就是dp[i] = i / n * dp[i - 1] + (1 - i /n) * dp[i + 1]+1 . 实际上这个时候就已经可以做了， 但略复杂:wys的题解.

　　但是遇到f[i-1]和f[i+1]可以考虑用差分来做. dp[i]表示从i次正确选择到i-1次正确选择的操作数. 转移就是dp[i] = i / n + (1 - i / n) * (1 + b[i + 1] + b[i]). 这样就方便多了， 化简一下就是dp[i] = ((n - i) * b[i+1] + n) / i. 那么k~num的dp[i]之和就是答案.

　　这道题给出的一个思考方式就是题目中的某些边界条件可以加以利用来靠近dp方程的设计, 并且要学会利用部分分的提示.

#include
using namespace std;
typedef long long lnt;
const int mod = 1e5 + 3;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, k, num, a[maxn];
lnt inv[maxn], b[maxn], ans;
int main() {
	inv[1] = 1;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &a[i]);
	for (int i = 2; i <= n; ++ i)
		inv[i] = (-(mod / i) * inv[mod % i] % mod + mod) % mod;
	for (int i = n; i; -- i)
		if (a[i]) {
			++ num;
			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 i = n; i; -- i) b[i] = ((n - i) * b[i + 1] % mod + n) * inv[i] % mod;
	if (k >= num) ans = num;
	else {
		b[k] = k;
		for (int i = k; i <= num; ++ i)
			ans = (ans + b[i]) % mod;
	}
	for (int i = 2; i <= n; ++ i)
		ans = ans * i % mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}