4872: [Shoi2017]分手是祝願

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Description

Zeit und Raum trennen dich und mich. 時空將你我分開。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，下標為 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，所有編號為 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。

Input

第一行兩個整數 n, k。 接下來一行 n 個整數，每個整數是 0 或者 1，其中第 i 個整數表示第 i 個燈的初始情況。 1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；

Output

輸出一行，為操作次數的期望乘以 n 的階乘對 100003 取模之後的結果。

Sample Input

4 0

0 0 1 1

Sample Output

512

HINT

 

Source

黑吉遼滬冀晉六省聯考

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題解：

        從後往前求出最小次數；
       發現策略變化比較單一，是一條鏈的情況;
       fi 表示還有次操作的情況 ；
       fi = (i/n)fi-1 + (1 - i/n)fi+1 + 1;
       觀察到i/n + 1-i/n = 1;
      (i/n)(fi-fi-1) = ((n-i)/n)(fi+1-fi) + 1;
      gi = fi - fi-1 --->  gi = ((n-i)gi+1 + n) / i ;
      然後就想了很久初值的問題。。。猛然發覺gn = 1;
      時間複雜度：O(n)
      20181103s

 

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<queue>
 6 #include<cmath>
 7 #include<vector>
 8 #include<stack>
 9 #include<map>
10 #include<set>
11 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
12 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
13 #define ll long long
14 #define ld long double
15 #define inf 0x3f3f3f3f
16 using namespace std;
17 const int N=100010 , mod=100003;
18 int n,k,a[N],b[N],cnt,g[N],f[N],iv[N],pw[N];
19 int main(){
20     freopen("in.in","r",stdin);
21     freopen("out.out","w",stdout);
22     scanf("%d%d", &n,&k);
23     iv[1]=pw[1]=1;
24     for(int i=2;i<=n;i++){
25         iv[i]=1ll*(mod-mod/i)*iv[mod%i]%mod;
26         pw[i]=1ll*pw[i-1]*i%mod;
27     }
28     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
29     for(int i=n,t;i;i--){
30         t=a[i];
31         for(int j=i+i;j<=n;j+=i)t^=b[j];
32         if(t)cnt++,b[i]=1;
33     }
34     if(cnt<=k)printf("%lld\n",1ll*cnt*pw[n]%mod),exit(0);
35     g[n]=1;
36     for(int i=n-1;i>k;i--){
37         g[i] = ( 1ll * ( n - i ) * g[i+1] + n ) %mod * iv[i] %mod; 
38     }
39     f[k]=k;
40     for(int i=k+1;i<=cnt;i++){
41         f[i] = (f[i - 1] + g[i])%mod;
42     }
43     printf("%lld\n",1ll * f[cnt] * pw[n] %mod);
44     return 0;
45 }//by tkys_Austin;

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