BZOJ4872: [Shoi2017]分手是祝愿-期望dp

传送门

题意：

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。

1 ≤ n ≤ 100000; 0 ≤ k ≤ n

Solution：

日常被期望题艹爆…

首先考虑当前状态达到游戏目标的最小步数：对于一个数i，小于他的位置开关一定不会对它产生影响，所以可能影响到它的只有它前面和它本身，那么我们可以知道从后往前关灯一定是最优的，暴力搞就行

需要筛出每个数的因数，复杂度O(nlogn)$O(n\log n)$

下面我们再来看期望：f[i]表示从达到游戏目标的最小步数为i变为达到游戏目标的最小步数为i-1的期望操作次数

因为对于每个不同状态到达游戏目标所需操作的开关都是唯一的，那么就有转移：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个开关中有i个是可以减少步数的开关，剩余的n-i个会增加一步）

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

再考虑我们的初始状态：当所有位置都为正确选择时，选任何一个位置都不会增加错误选择，所以f[n]=1

最后把f[k+1]~f[到达游戏目标的最小步数]累加起来即可

代码：

#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); 
}