BZOJ_4872_[Shoi2017]分手是祝愿_概率与期望
Description
Zeit und Raum trennen dich und mich.
时空将你我分开。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。
Input
第一行两个整数 n, k。
接下来一行 n 个整数，每个整数是 0 或者 1，其中第 i 个整数表示第 i 个灯的初始情况。
1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；
Output
输出一行，为操作次数的期望乘以 n 的阶乘对 100003 取模之后的结果。
Sample Input
4 0
0 0 1 1
0 0 1 1
Sample Output
512
状态神了，想了很长时间才明白。
可以发现每个灯控制的都是不同的，并且不会有几种操作拼起来和另外的一些操作等价。
这就说明每个状态到结束状态还剩的步骤是固定的。即‘正确’的操作是确定的。
那么我们只需要知道当前状态到结束状态还剩几步正确的操作，而不需要知道确切的状态。
接着，考虑差分设状态，设F[i]为从 i步错误的状态 到 i-1步错误的状态 所需要的步数的期望。
这样转移就没有环了，F[i]=i/n+(n-i)/n*(1+F[i+1]+F[i])。化简一下可得F[i]=((n-i)*F[i+1]+n)/i。
然后求个逆元从大到小递推即可。注意只需要推到F[k]。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100050
typedef long long ll;
ll mod=100003,b[N];
int n,v[N],degree,num;
ll qp(ll x,ll y) {
ll re=1;
while(y) {
if(y&1ll) re=re*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1ll;
}
return re;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,°ree);
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
for(i=n;i;i--) {
if(v[i]) {
for(j=1;j*j<=i;j++) {
if(i%j==0) {
v[j]^=1;
if(j*j!=i) v[i/j]^=1;
}
}
num++;
}
}
for(i=n;i;i--) {
b[i]=(b[i+1]*(n-i)%mod+n)%mod*qp(1ll*i,mod-2)%mod;
}
ll ans=0;
if(num<=degree) ans=num;
else {
for(i=num;i>degree;i--) {
ans=(ans+b[i])%mod;
}
ans=(ans+degree)%mod;
}
for(i=1;i<=n;i++) {
ans=ans*i%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}