这两天遇到不少这种“人类智慧题”了，感觉都是很巧妙的
Description
现在有 (n) 盏灯，设每一次操作控制第 (i) 占灯，而改变状态的灯就是 (i) 的所有约数
现在给定初始的灯的状态序列，求剩余k次操作，就把灯全部关闭的步数期望(+k)和(n!) 的乘积
答案对 (10003) 取模
(n leq 10^5)
Solution
思路分析
上来我们看到了“期望”，直接想到这题要 (dp)
然后定义状态是个难题（下面没有扯淡了）
(f[i]) 表示离全关掉还有 (i) 步走到离全关掉还有 (i-1) 步的期望操作次数。（这里是重点）
转移的时候考虑两种情况：
(1^0) 一次性摁对了，这种情况有(frac{i}{n})的概率
(2^0) 一次摁不对，需要转到(i+1)的状态
所以转移方程直接给出
[f[i]=frac{i}{n}+frac{f[i+1] imes (n-i) }{n}
]
整理得：
[f[i]=frac{n+(n-i) imes f[i+1]}{i}
]
算法流程
最后给出本题流程：
1.(O(n sqrt n)) 预处理因数的个数
2.从后往前扫一下，看一共需要几次完成游戏（特判如果(cnt leq k)，就直接乘上阶乘走人就好）
3.跑一下上面的 (dp),(O(n))的，也不用优化
逆元啥的不会先去学板子吧
4.最后记得成阶乘
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
namespace yspm {
inline int read() {
int res = 0, f = 1;
char k;
while (!isdigit(k = getchar()))
if (k == '-')
f = -1;
while (isdigit(k)) res = res * 10 + k - '0', k = getchar();
return res * f;
}
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> vec[N];
int n, k, f[N], mod = 100003, now[N], cnt, fac = 1, ans;
inline void prework() {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = i; j <= n; j += i) vec[j].push_back(i);
}
for (int i = n; i >= 1; --i)
if (now[i]) {
++cnt;
int sz = vec[i].size();
for (int j = 0; j < sz; ++j) now[vec[i][j]] = !now[vec[i][j]];
}
return;
}
inline int ksm(int x, int y) {
int res = 1;
for (; y; y >>= 1) {
if (y & 1)
(res *= x) %= mod;
(x *= x) %= mod;
}
return res;
}
inline int inv(int x) { return ksm(x, mod - 2); }
signed main() {
n = read();
k = read(); f[n]=1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) now[i] = read(), (fac *= i) %= mod;
prework();
if (cnt <= k)
return cout << cnt * fac % mod << endl, 0;
for (int i = n - 1; i > k; --i) f[i] = (n + (n - i) * f[i + 1] % mod) % mod * inv(i) % mod;
for (int i = cnt; i > k; --i) (ans += f[i]) %= mod;
cout << (ans+k) * fac % mod << endl;
return 0;
}
} // namespace yspm
signed main() { return yspm::main(); }