BZOJ4872: [Shoi2017]分手是祝願-期望dp

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題意：

B 君在玩一個遊戲，這個遊戲由 n 個燈和 n 個開關組成，給定這 n 個燈的初始狀態，下標爲從 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，遊戲的目標是使所有燈都滅掉。

但是當操作第 i 個開關時，所有編號爲 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 君發現這個遊戲很難，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，那麼他將不再隨機，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，最後小於等於 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 取模之後的結果。

1 ≤ n ≤ 100000; 0 ≤ k ≤ n

Solution：

日常被期望題艹爆…

首先考慮當前狀態達到遊戲目標的最小步數：對於一個數i，小於他的位置開關一定不會對它產生影響，所以可能影響到它的只有它前面和它本身，那麼我們可以知道從後往前關燈一定是最優的，暴力搞就行

需要篩出每個數的因數，複雜度O(nlogn)$O(n\log n)$

下面我們再來看期望：f[i]表示從達到遊戲目標的最小步數爲i變爲達到遊戲目標的最小步數爲i-1的期望操作次數

因爲對於每個不同狀態到達遊戲目標所需操作的開關都是唯一的，那麼就有轉移：f[i]=in+(1−in)∗(1+f[i+1]+f[i])$f[i]=\frac{i}{n}+(1-\frac{i}{n})\ast (1+f[i+1]+f[i])$

（n個開關中有i個是可以減少步數的開關，剩餘的n-i個會增加一步）

移項得：f[i]=n+(n−i)f[i+1]i$f[i]=\frac{n+(n-i)f[i+1]}{i}$

再考慮我們的初始狀態：當所有位置都爲正確選擇時，選任何一個位置都不會增加錯誤選擇，所以f[n]=1

最後把f[k+1]~f[到達遊戲目標的最小步數]累加起來即可

代碼：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=100003;
vector<int>d[100010];
int n,m,stp;
int a[100010];
int f[100010];
int fast_pow(int x,int a)
{
    int ans=1;
    for (;a;a>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if (a&1) ans=1ll*ans*x%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j+=i) d[j].push_back(i);
    for (int i=n;i>=1;i--)
        if (a[i])
        {
            stp++;
            for (int j=0;j<d[i].size();j++)
                a[d[i][j]]^=1;
        }
    int ans=0;
    if (stp<=m) ans=stp;
    else
    {
        f[n]=1;
        for (int i=n-1;i>m;i--) f[i]=(1ll*n+1ll*(n-i)*f[i+1])%mod*fast_pow(i,mod-2)%mod;//,cout<<f[i]<<" ";
        ans=m;
        for (int i=m+1;i<=stp;i++) {ans+=f[i];if (ans>=mod) ans-=mod;}
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*i%mod;
    printf("%d",ans); 
}