[SHOI 2017] 分手是祝愿

[题目链接]

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4872

[算法]

首先发现，对于一个开关，按下2次和没按是等价的，因此每个开关最多按一次

考虑k = n的情况，只需简单倒序贪心即可

考虑随机的情况，由观察可知一个开关不能由多个开关组合得到

用fi表示i次将所有开关变关到(i - 1)次将所有开关变关的期望步数

有转移方程fi = i / n + (1 - i / n) * (1 + fi + 1 + fi)

将该转移方程看作一个一元一次方程，即可解出fi

不再赘述，详见代码

时间复杂度 : O(N)

[代码]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int P = 100003;
const int N = 100010;int n , k , cnt;
int a[N] , inv[N] , dp[N];
vector< int > D[N];template <typename T> inline void chkmax(T &x,T y) { x = max(x,y); }
template <typename T> inline void chkmin(T &x,T y) { x = min(x,y); }
template <typename T> inline void read(T &x)
{T f = 1; x = 0;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';x *= f;
}int main()
{read(n); read(k);for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = 1ll * (P - P / i) * inv[P % i] % P;for (int i = 1; i <= n; ++i){for (int j = i; j <= n; j += i){D[j].push_back(i);}    }for (int i = n; i >= 1; --i){if (a[i]){for (unsigned j = 0; j < D[i].size(); ++j)a[D[i][j]] ^= true;++cnt;}}int ans = 0;if (cnt <= k)ans = cnt;else{dp[n] = 1;for (int i = n - 1; i >= 1; --i) dp[i] = (1ll * dp[i + 1] * (n - i) % P * inv[i] % P + 1ll * n * inv[i] % P) % P;for (int i = cnt; i > k; --i) ans = (ans + dp[i]) % P;ans = (ans + k) % P;}for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = 1ll * ans * i % P;printf("%d\n" , ans);return 0;}

转载于:https://www.cnblogs.com/evenbao/p/10623825.html

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