关灯游戏

金牌导航 期望-8

题目大意

有n盏灯，有些是亮的，有的是暗的，现在如果按一个位置的开关，那么是它因数的位置的灯都会改变开关情况，现在如果用k步不能直接关完，就随机按，直到可以k步关完，就用最小的步数，问你期望步数

样例输入

4 0
0 0 1 1

样例输出

512

样例输入

5 0
1 0 1 1 1

样例输出

5120

数据范围

$1⩽n⩽10^5,0⩽k⩽n$

解题思路

对于第n个灯，只有第n个开关可以控制它，那么第n个开关必须使第n个灯熄灭，熄灭后就不能再动了
对于前面的灯，后面的开关都不能动，所以只有当前开关可以控制当前灯，所以必须使其关闭
以此类推，对于每一个位置，都有其按或不按的选择
记我们最优按sum次可以直接熄灭
可以从大到小暴力求要sum
设f_i为要再按i个开关时，当前开关按对的期望值
那么有:
$$f_i=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}\times (1+f_{i+1}+f_i)$$
$\frac{i}{n}$是i个开关中按对一个的期望
$\frac{n-i}{n}\times (1+f_{i+1}+f_i)$是有$\frac{n-i}{n}$的概率按错，如果按错了，就先计算到i+1的1步，然后走回来要加$f_{i+1}$，再加上想要按到i-1的期望$f_i$
$$\begin{array}{rl}{f}_i& =\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}\times (1+f_{i+1}+f_i)\\ & \\ f_i& =\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}+\frac{n-i}{n}\times f_{i+1}+\frac{n-i}{n}\times f_i\\ & \\ f_i\times (1-\frac{n-i}{n})& =\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}+\frac{n-i}{n}\times f_{i+1}\\ & \\ \frac{i}{n}\times f_i& =\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}+\frac{n-i}{n}\times f_{i+1}\\ & \\ f_i& =\frac{i+n-i+(n-i)\times f_{i+1}}{i}\\ & \\ f_i& =\frac{n+(n-i)\times f_{i+1}}{i}\end{array}$$
那么就得到了关于f的递推式
当递推到k时，直接加k就行了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define wyc 100003
#define N 100010
using namespace std;
ll n, k, ans, sum, a[N], f[N], p[N];
ll Counting(ll x, ll y)
{ll z = 1;while(y){if (y&1) z = z * x % wyc;x = x * x % wyc;y >>= 1;}return z;
}
int main()
{scanf("%lld%lld", &n, &k);for (ll i = 1; i <= n; ++i)scanf("%lld", &a[i]);for (ll i = n; i > 0; --i){for (ll j = 2; i * j <= n; ++j)//它的倍数按了，它也要按a[i] ^= p[i * j];if (a[i])//要再按{p[i] = 1;sum++;}}if (sum <= k) ans = sum;//如果小于直接最优解else{f[n] = 1;if (n == sum) ans = (ans + 1) % wyc;for (ll i = n - 1; i > k; --i){f[i] = (n + (n - i) * f[i + 1] % wyc) * Counting(i, wyc - 2) % wyc;//递推if (i <= sum) ans = (ans + f[i]) % wyc;//计算期望值}ans = (ans + k) % wyc;//小于等于k，直接最优解}for (ll i = 1; i <= n; ++i)ans = ans * i % wyc;//乘阶乘printf("%lld", ans);return 0;
}