嘟嘟嘟
這題真的有點神。
首先50分是送的，對於所有\(n = k\)的情況，直接從後往前掃一遍，碰到一盞燈亮著，就\(o(\sqrt n)\)操作一次。複雜度上界\(o(n \sqrt n)\)，但根本達不到。
接著我就想不出來了，題解看了好多篇才懂。
首先要觀察出來的是，第\(i\)個開關的操作只會影響小於等於\(i\)的燈。且對於這個開關的操作，是其他開關替代不了的，因為每乙個數的約數都不相同。
所以我們可以先求出來對於初始狀態應該要按哪些開關。
這樣就可以dp了。
令dp[i]表示需要正確的按\(i\)次開關需要的期望步數，那麼考慮這一次能否按到正確的開關上：
\[dp[i] = \frac + (1 - \frac) * (1 + dp[i + 1] + dp[i])
\]前一項是按對了；後一項是按錯了，所以除了這一次的操作，就變成了需要按\(dp[i + 1]\)次，按完後又需要按\(dp[i]\)次。
然後移個項
\[dp[i] = \frac + \frac dp[i + 1]
\]於是答案就是\(n! * (k + \sum_ ^ dp[i])\)。\(cnt\)表示對於初始狀態，需要按\(cnt\)次。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define in inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e5 + 3;
inline ll read()
inline void write(ll x)
int n, k;
bool a[maxn];
ll inv[maxn], dp[maxn], ans = 0;
in void change(int n)
}in int solve()
int main()
for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = ans * i % mod;
write(ans), enter;
return 0;
}
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