【期望】BZOJ4872 [SHOI2017] 分手是祝愿

最新推荐文章于 2019-01-07 17:17:02 发布

Dream_Lolita

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分类专栏： DP-概率与期望

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探讨一个由灯和开关组成的游戏，通过DP算法解决如何在有限操作次数内，期望熄灭所有灯的问题。算法涉及状态转移方程和时间复杂度分析。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

【前言】
疯狂做概率期望.jpg

【题目】
一个游戏由 $n$ 盏灯和 $n$ 个开关组成，给定初始灯的状态（亮或灭）。当操作第 $i$ 个开关，则会将所有编号为 $i$ 的约数的灯状态取反。当可以通过 $≤k\leq k$ 次操作灭掉全部灯，就按顺序操作使灯状态改变，否则随机操作。求期望操作次数。 $n,k≤105n,k\leq 10^5$ ，答案对 $100003$ 取模。

【解题思路】
首先一个状态下的最少次数我们显然可以从高位开始贪心，我们可以记下初始状态需要的操作次数 $c n t$ （我们称为正确的操作）。

那么实际上我们可以设计一个 $DP\text{DP}$ ， $f_i$ 表示还有 $i$ 个正确的操作时，能变成 $i - 1$ 个正确操作的期望操作步数，那么

$\begin{aligned} f_i&=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(1+f_{i+1}+f_i)\\ \frac{i}{n}f_i&=1+\frac{n-i}{n}f_{i+1}\\ f_i&=\frac{n+(n-i)f_{i+1}}{i} \end{aligned}$

具体意义显然，时间复杂度 $O(nn)O(n\sqrt n)$ （预处理出 $c n t$ ）

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e5+10,mod=100003;
int n,K,ans,cnt;
int a[N],f[N];

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}
void change(int x)
{
	for(int i=1;i*i<=x;++i)
	{
		if(!(x%i)) 
		{
			if(i*i==x) a[i]^=1;
			else a[i]^=1,a[x/i]^=1;
		}
	}
}
int qpow(int x,int y)
{
	int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(y&1) res=(ll)res*x%mod;
	return res;
}
void up(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("BZOJ4872.in","r",stdin);
	freopen("BZOJ4872.out","w",stdout);
#endif
	n=read();K=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	for(int i=n;i;--i) if(a[i]) change(i),++cnt;
	if(K>=cnt) ans=cnt;
	else
	{	
		for(int i=n;i>K;--i) f[i]=(ll)(n+(ll)(n-i)*f[i+1])%mod*qpow(i,mod-2)%mod;
		for(int i=cnt;i>K;--i) up(ans,f[i]);
		up(ans,K);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) ans=(ll)ans*i%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}