[BZOJ4872] [Shoi2017]分手是祝愿

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

Sample Output
512

HINT

Source

单身狗才不存在什么分手不分手呢！(*￣︿￣)
如何按开关才是最优的？
从大到小枚举如果当前的灯是亮的就关掉它，然后更新它的约数，这样的贪心最后次数是最少的并且是正确的(我也不知道为什么这样贪心就是对的)。
所以先预处理出来最少需要按多少次能结束游戏，如果这个次数小于等于kk就可以直接输出答案，如果大于kk我们就需要计算从当前到还剩kk个期望按几次
设fif_{i}为从还剩ii次正确按法到还剩i−1i-1次正确按法的期望次数，可以写出方程：fi=in+(1−in)(1+fi+1+fi)f_{i}=\frac {i}{n} + (1-\frac{i}{n})(1+f_{i+1}+f_{i})
移项化解可得：

fi=n+n−ii⋅fi+1f_{i}= \frac{n+n-i}{i} \cdot f_{i+1}

因为要取模所以要求逆元，模为质数所以可以用费马小定理求逆元

代码：

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=100003;

int a[maxn],n,k;
ll num,dp[maxn];

inline ll qpow(ll x,ll k)
{
	ll ret=1;
	while(k) {
		if(k&1) ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		k>>=1;
	}
	return ret;
}

inline ll inv(ll x) { return qpow(x,mod-2); } //费马小定理求逆元

inline ll getnum() //贪心求出当前最优方案
{
	ll res=0;
	for(int i=n;i!=0;--i)
		if(a[i]) {
			res++;
			for(int j=1;j*j<=i;++j)
				if(i%j==0) {
					a[j]^=1;a[i/j]^=1;
					if(j*j==i) a[j]^=1;
				}
		}
	return res;
}

inline ll fact(ll x){ //求阶乘
	for(int i=2;i<=n;++i) x=x*i%mod;
	return x;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	num=getnum();
	//printf("%lld\n",num);
	if(num<=k) { printf("%lld\n",fact(num));return 0; }
	dp[n]=1;
	for(int i=n-1;i>=k;--i)
		dp[i]=1LL*(1LL*n+1LL*(n-i)*dp[i+1]%mod)*inv(i)%mod;
	ll ans=0;
	for(int i=num;i>k;--i) ans=(ans+dp[i])%mod;
	ans=(ans+k)%mod;
	printf("%lld\n",fact(ans));
	return 0;
}