http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4872
一种最优解是 从大到小灯有亮的就灭掉
最优解是唯一的，且关灯的顺序没有影响
最优解 对每个开关至多操作1次，（连带着的灯的亮灭改变不算）
设最优解 需要操作cnt次，那么就有cnt盏灯是正确的选择
设 f[i] 表示 有i种正确的选择 变为 有i-1种正确的选择 的 期望次数
那么在n盏灯中，有i盏灯操作1次 就可以 减少一次正确选择
有n-i盏灯是错误的选择，选了它还要把它还原，还原它也是一种正确选择，就是f[i+1]；一次错误的选择 做了一次 操作 就是1；当然也要变成i-1种正确选择
所以
边界：f[n]=1，随便选择任何一盏灯都是正确选择
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std; #define N 100001 bool a[N]; vector<int>V[N]; int f[N],inv[N]; const int mod=; int main()
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=i;j<=n;j+=i)
V[j].push_back(i);
int cnt=,ans=;
for(int i=n;i;--i)
if(a[i])
{
cnt++;
int m=V[i].size();
for(int j=;j<m;++j) a[V[i][j]]^=;
}
if(cnt<=k) ans=cnt;
else
{
inv[]=;
for(int i=;i<n;++i) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
f[n]=;
for(int i=n-;i;--i) f[i]=(+1LL*(n-i)*(+f[i+])*inv[i])%mod;
for(int i=cnt;i>k;--i) ans=(ans+f[i])%mod;
ans=(ans+k)%mod;
}
for(int i=;i<=n;++i) ans=1LL*ans*i%mod;
printf("%d",ans);
}
4872: [Shoi2017]分手是祝愿
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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
0 0 1 1
Sample Output
512