[六省联考2017]分手是祝愿

传送门

这题是个很好的题呀。我一开始能想到好像对于k=n的情况只要扫一遍就行了……但是我没有意识到这是个必要的环节。
就是我们如果从大到小扫一遍，每次遇到亮的灯就按一下，这个过程中按的灯数是必要的。(这个比较显然……其实是我也找不出步数更少的反例……)那么我们就可以DP了……
考虑从需要i+1步到i步，这个其实就是我们喜闻乐见的抛硬币期望的……propropro版……
可以想到(dp[i] = frac{i}{n} + frac{n-i}{n}(dp[i] + dp[i+1] + 1))前面是直接摁到了需要的i个，后面是按错了，你就需要(dp[i+1] + dp[i] + 1)的步数过来。因为多按了一个就变成了i+1，回来以后还是i个就是(dp[i])，而那一步是多按的。
化简后就是(dp[i] = frac{(n-1)dp[i+1]+n}{i})
最后比较一下一共有多少必要按键cnt。如果少于k的话答案就是cnt，否则就是(k + sum_{i=k+1}^{cnt}dp[i])，最后乘以(n!)即为答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')
#define pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define sc second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 100005;
const ll mod = 100003;
 
ll read()
{
   ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >='0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();
   return ans * op;
}

ll inc(ll a,ll b){return (a+b) % mod;}
ll mul(ll a,ll b){return a * b % mod;}
ll qpow(ll a,ll b)
{
   ll p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

ll n,k,a[M],cnt,dp[M],ans;

int main()
{
   n = read(),k = read();
   rep(i,1,n) a[i] = read();
   per(i,n,1)
   {
      if(!a[i]) continue;
      cnt++;
      for(int j = 1;j * j <= i;j++)
      {
	 if(!(i % j))
	 {
	    a[j] ^= 1;
	    if(j * j != i) a[i/j] ^= 1;
	 }
      }
   }
   per(i,n,1) dp[i] = mul(inc(n,mul(n-i,dp[i+1])),qpow(i,mod-2));
   if(cnt <= k) ans = cnt;
   else
   {
      ans = k;
      rep(i,k+1,cnt) ans = inc(ans,dp[i]);
   }
   rep(i,2,n) ans = mul(ans,i);
   printf("%lld
",ans);
   return 0;
}