2017.8.14 分手是祝愿 失败总结

这个题细节特别多，也特别多坑

       其实给出一个局面，我们是可以nlogn知道最少步数的

       易知一个灯最多会被点一次     因为一个数的因数一定<=这个数，所以如果>=这个数的数没有把它变成0，那以后也没有机会了

       就从大到小碰到1就点，用调和级数预处理因数，放到vector里   

       dp状态比较好想      既然要求全0，一次点一个，还是随机，所以直接离散位置，f【i】表示有i个位置需要点

       然后必须知道——期望式和递推式在考虑方向上是反的！

            如此题：    f【i+1】点中一个需要点的点得概率是（i+1）/n，f【i-1】点中一个不需要的点得概率是（n-i+1）/n   ，点一次都需要花费1

            所以转移是不是就是   f【i】=（f【i+1】+1）*（i+1）/n         +      （f【i-1】+1）*（n-i+1）/n？

            看起来和期望公式

          


           一模一样    ……然而它是错的，，因为——

          这个式子它是  利用下面的xi的期望   的 概率  ，因为期望本身不能顺着求，必须倒着，所以它是一个从已知终状态往前回溯的过程，所以要*i到其他点的转移

          所以应该乘i到i+1和i到i-1的概率： f【i】=（f【i+1】+1）*（n-i）/n         +      （f【i-1】+1）*i/n

          还有一个很麻烦的东西，就是这个东西好像只能高斯消元啊，而且不说n^3，n^2就炸了

          所以需要很神奇的差分，就是设g【i】=f【i】-f【i-1】

因为：



好像由于每相邻的两个方程都极其相似，只是系数分子加1，其他各项都加1

所以就可以考虑和相邻的两项加减、

题目还丧心病狂的要求*n!输出

如果保证是整数，那我们就要把计算过程中的小数消掉

可以写成分数，但更好的是将/写成*逆元，*逆元相当于寄存分母了

然后无脑跑就好了

码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
#define P 100003
vector<int>v
;
ll i,j,a
,g
,ni
,ans,k,n,cnt;
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=i;j<=n;j+=i)
{
v[j].push_back(i);
}
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
for(i=n;i>=1;i--)
if(a[i])
{
cnt++;
for(j=0;j<v[i].size();j++)
{
a[v[i][j]]^=1;
}
}
if(cnt<=k)
{
for(i=1;i<=n;i++)
(cnt*=i)%=P;
printf("%lld",cnt);
return 0;
}
ni[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
ni[i]=1ll*(P-P/i)%P*ni[P%i]%P;
g
=1;
for(i=n-1;i>=0;i--)
g[i]=(g[i+1]*(n-i)%P+n)%P*ni[i]%P;
ans=k;
for(i=k+1;i<=cnt;i++)ans+=g[i];
for(i=1;i<=n;i++)(ans*=i)%=P;
printf("%lld",ans);
}