【BZOJ 4872】【2017六省联考】分手是祝愿

如果不考虑期望，只考虑最少次数：
从n开始考虑，n这盏灯只有n这个开关才能影响；当n这个开关确定之后，第n-1盏灯只有第n-1个开关才能影响……贪心一下就能知道最少次数了。
出题人良心啊给了这么多样例，还给了50分的k=n。
k=n是什么意思？显然开关的先后顺序是没有影响的，而且一个开关最多按一次（按两次等于没按），所以最多只要按n次，所以k=n直接输出最少方案就可以了。直接暴力枚举就能过，时间复杂度是O(nn√)，当然还有各种奇奇怪怪的算法。
然后考虑概率怎么求。设f[i]表示还需按i次，显然：
f[i]=i(i<=k)
然后中间的数可以从两边推过来，也就是：
f[i]=f[i−1]∗in+f[i+1]∗n−in+1,
注意一下边界条件是f[n]=f[n−1]+1，因为不管怎么乱按都是对的。
为什么说要注意边界条件呢？因为第二个式子是一个二阶递推式，也就是说前面k个数知道了，后面n-k个数就可以全算出来了，最后一个数就要特殊处理。
然而天真的我这样做就是80分。。。。（出题人良心！）
为什么呢。。。。因为这是个二阶递推。。。从来没说初始值给了两个啊。。。k可以等于1啊。。。。。
怎么办呢？按照出题的说法是差分一下，也就是设g[i]=f[i]−f[i−1]，感觉这个根本想不到，因为g虽然变成了一阶递推，而且g[n]=1，但是这个递推关系好复杂。。。
我说一下大概思路：先用f表示g，然后把那个f[i+1]套一下f的公式用f[i]和f[i−1]表示，然后移个项合个并就出来了。。。
丢结论：g[i]=g[i+1]∗(n−i)+ni

#include<cmath>#include<cstdio>#include<vector>#include<queue>#include<cstring>#include<iomanip>#include<stdlib.h>#include<iostream>#include<algorithm>#define ll long long#define inf 1000000000#define mo 100003#define N 1000000#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)using namespace std;int n,k,i,j,p;int a[N],f[N],g[N];int inv(int x){    int a = mo - 2; int res = 1;    while (a)        {            if (a&1) res=(1ll*res*x)%mo;            x=(1ll*x*x)%mo; a>>=1;        }    return res;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&k);    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);    fd(i,n,1)        if (a[i])            {                p++;                fo(j,1,sqrt(i))                    if (!(i%j))                         if ((i/j)*(i/j)!=i) a[j]=1-a[j],a[i/j]=1-a[i/j];                                else a[j]=1-a[j];            }    fo(i,1,k) f[i] = i;    g[n] = 1;    fd(i,n-1,1) g[i] = 1ll*(1ll*g[i+1]*(n-i)+n)*inv(i)%mo;    fo(i,k+1,n) f[i] = (f[i-1] + g[i]) % mo;    fo(i,1,n) f[p] = (1ll*f[p]*i) % mo;    printf("%d\n",(f[p]+mo)%mo);    return 0;}