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分析得知：
每个开关最多按一次，且最优一定是从后往前按（因为对约数有影响，前面的无法再影响到后面大的）
那么可以先处理出至少需要按几次“正确”的开关（从后往前保证都是按的正确的）
有一半的数据满足 k=n，或者k大于正确按的次数，这个时候与期望无关，直接从后往前按就行。
然后考虑到与期望有关的。
期望步数与是否按到正确开关有关。
设f[i]为从还需要按i次开关到还需要按i-1次开关的期望步数。
有i/n的概率这一步按到正确开关，（n-i）/n的概率按到错误开关。
如果按到错误开关，在之后的操作中需要将这个开关按回来，所以就多了一次--->f[i+1]，按回来后，还要按i次才能到i-1次--->f[i]，加上本身这一次的1。
式子化简一下
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define N 100003 #define mod 100003 using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();} while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();} return x*f; } void print(int x) { if(x<0){putchar(‘-‘);x=-x;} if(x>9)print(x/10); putchar(x%10+‘0‘); } int now[N]; LL f[N]; LL quick(LL a,LL x) { LL ans=1; while(x) { if(x&1)ans=ans*a%mod; a=a*a%mod;x>>=1; } return ans; } int main() { freopen("trennen.in","r",stdin); freopen("trennen.out","w",stdout); int n=read(),k=read(); for(int i=1;i<=n;++i)now[i]=read(); LL cnt=0; for(int i=n;i>=1;--i) if(now[i]) { cnt++; for(int j=1;j*j<=i;++j) if(i%j==0) { now[j]^=1; if(j*j!=i)now[i/j]^=1; } } if(cnt<=k) { for(int i=2;i<=n;++i) cnt=cnt*i%mod; printf("%lld\n",cnt); return 0; } f[n+1]=0; for(int i=n;i>k;--i)//从n推，最多按n次开关，从cnt开始推的话，可能一开始按错了很多步而f没有这种状态 f[i]=((n+(n-i)*f[i+1]%mod))%mod*quick(i,mod-2)%mod; LL ans=k; for(int i=k+1;i<=cnt;++i) ans=(ans+f[i])%mod; for(int i=2;i<=n;++i) ans=ans*i%mod; printf("%lld\n",ans); }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/yyys-/p/11574267.html
