【BZOJ 4872】【2017六省联考】分手是祝愿

如果不考虑期望，只考虑最少次数：
从n开始考虑，n这盏灯只有n这个开关才能影响；当n这个开关确定之后，第n-1盏灯只有第n-1个开关才能影响……贪心一下就能知道最少次数了。
出题人良心啊给了这么多样例，还给了50分的k=n。
k=n是什么意思？显然开关的先后顺序是没有影响的，而且一个开关最多按一次（按两次等于没按），所以最多只要按n次，所以k=n直接输出最少方案就可以了。直接暴力枚举就能过，时间复杂度是 O(nn√) ，当然还有各种奇奇怪怪的算法。
然后考虑概率怎么求。设 f[i] 表示还需按i次，显然：
f[i]=i(i<=k)
然后中间的数可以从两边推过来，也就是：
f[i]=f[i−1]∗in+f[i+1]∗n−in+1 ,
注意一下边界条件是 f[n]=f[n−1]+1 ，因为不管怎么乱按都是对的。
为什么说要注意边界条件呢？因为第二个式子是一个二阶递推式，也就是说前面k个数知道了，后面n-k个数就可以全算出来了，最后一个数就要特殊处理。
然而天真的我这样做就是80分。。。。（出题人良心！）
为什么呢。。。。因为这是个二阶递推。。。从来没说初始值给了两个啊。。。k可以等于1啊。。。。。
怎么办呢？按照出题的说法是差分一下，也就是设 g[i]=f[i]−f[i−1] ，感觉这个根本想不到，因为g虽然变成了一阶递推，而且 g[n]=1 ，但是这个递推关系好复杂。。。
我说一下大概思路：先用f表示g，然后把那个 f[i+1] 套一下f的公式用 f[i]和f[i−1] 表示，然后移个项合个并就出来了。。。
丢结论： g[i]=g[i+1]∗(n−i)+ni

#include
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#define ll long long
#define inf 1000000000
#define mo 100003
#define N 1000000
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
int n,k,i,j,p;
int a[N],f[N],g[N];
int inv(int x)
{
    int a = mo - 2; int res = 1;
    while (a)
        {
            if (a&1) res=(1ll*res*x)%mo;
            x=(1ll*x*x)%mo; a>>=1;
        }
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
    fd(i,n,1)
        if (a[i])
            {
                p++;
                fo(j,1,sqrt(i))
                    if (!(i%j)) 
                        if ((i/j)*(i/j)!=i) a[j]=1-a[j],a[i/j]=1-a[i/j];
                                else a[j]=1-a[j];
            }
    fo(i,1,k) f[i] = i;
    g[n] = 1;
    fd(i,n-1,1) g[i] = 1ll*(1ll*g[i+1]*(n-i)+n)*inv(i)%mo;
    fo(i,k+1,n) f[i] = (f[i-1] + g[i]) % mo;
    fo(i,1,n) f[p] = (1ll*f[p]*i) % mo;
    printf("%d\n",(f[p]+mo)%mo);
    return 0;
}