[六省联考2017]分手是祝愿 题解(期望dp)

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题目描述

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。

 

$Solution:$

好神啊。

首先考虑怎么做才是最优策略,不难得出一个猜想:从右向左操作,能关就关。

感性理解一下,编号小的肯定无法控制编号大的,而每个编号进行操作所影响的集合也是一定的(与它目前的状态无关)。既然编号大的且亮着的迟早都要按,而且影响也是确定的,那不如先按它确定了状态来进行接下来的处理。

另外,这样显然每个灯最多操作一次,所以最优步数一定不大于n。

对于每个状态,最优策略是唯一确定的,那么我们就可以用最优策略下的操作数来代表每个状态。

如果在$i$状态进行正确的操作,$i$就会变成$i-1$。反之,如果操作不正确,它就会变成$i+1$。

对随机的部分,设$dp[i]$为从$i$到$i-1$所需的期望步数。

根据之前的推论,不难得到:$dp[i]=1 \times \fracin + \fracn-in \times (dp[i]+dp[i+1]+1)$

按对了一步跳过去,按错了回到$i+1$,还需要$dp[i+1]+dp[i]+1$才能跳到$i-1$。

化简得到$dp[i]=\frac(n-i)dp[i+1]+ni$,先求个$\sum$,再和采取最优策略部分的步数拼一下就是答案。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
const ll mod=1e5+3;
int n,K,a[N];
vector<int> fact[N];
ll fac=1,ans,dp[N];
ll qpow(ll x,ll y)

    ll res=1;x=x%mod;
    while(y)
    
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    
    return res;


void ini()

    for(int x=1;x<=n;x++)
    
        fac*=1LL*x,fac%=mod;
        for(int i=1;i*i<=x;i++)
        
            if(x%i)continue;
            if(i*i==x)fact[x].push_back(i);
            else fact[x].push_back(i),fact[x].push_back(x/i);
        
    


int main()

    scanf("%d%d",&n,&K);
    ini();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    int step=0;
    for(int i=n;i;i--)
    
        if(!a[i])continue;
        step++;
        for(int j=0;j<fact[i].size();j++)
            a[fact[i][j]]^=1;
    
    if(step<=K)
    
        printf("%lld\n",1LL*step*fac%mod);
        return 0;
    
    for(int i=n;i>K;i--)
    
        ll inv=qpow(i,mod-2);
        dp[i]=(1LL*(n-i)*dp[i+1]%mod+n%mod)%mod;
        (dp[i]*=inv)%=mod;
    
    for(int i=K+1;i<=step;i++)
        (ans+=dp[i])%=mod;
    (ans+=K)%=mod;
    (ans*=fac)%=mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;

 

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