經分析可知：I.操作每個燈可看做一種異或狀態 II.每個狀態可看做是一些異或狀態的異或和，而且每個異或狀態只能由它本身釋放或放入 III.每一種異或狀態只有存在不存在兩中可行狀態，因此這些燈只有同時處於不存在才可以，而兩種異或狀態之間沒有關系因此可以把這些狀態看做一樣的，因此counts的是異或狀態數。

到這裏為止我們可以得到一個簡單的轉移方程 f[i]=i/n*f[i-1]+(n-i)/i*f[i+1]+1 於是看起來似乎已經到了解決問題的時候，所以我就開始推.......然後就沒有然後了，由這個式子出發的扔鍋，永遠沒頭.....

.最後知道正解是差分的我大概......我們可以這樣想，從每個f[i]出發到達最後他一定是先從自己出發再到每個可能第一次到達i-1，在每個可能第一次到達i-2....而我們發現對於一個i到達i-1的期望次數是一定的因此我們可以從此入手 得到 g[i]=i/n+(n-i)/n(g[i+1]+g[i]+1) 這樣我們就能用一個二階遞推來AC了

([email protected]@*) 哇～ 神?差分，讓我推一年我也推不出來.......

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define MAXN 100100
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P=100003;
LL jie[MAXN],g[MAXN],f[MAXN],n,k;
int now[MAXN];
inline LL ni(LL x)
{
   LL y=P-2,ans=1;;
   while(y)
   {
     if(y&1
 
)ans=ans*x%P;
     y>>=1;
     x=x*x%P;
   }
   return ans;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    jie[1]=1;
    for(LL i=2;i<=n;i++)
     jie[i]=jie[i-1]*i%P;
    for(LL i=1;i<=k;i++)
     g[i]=jie[n];
    g[0]=0;
    g[n]=jie[n];
    for(LL i=n-1;i>k;i--)
     g[i]=((n-i)*g[i+1
 
]%P+n*jie[n]%P)%P*ni(i)%P;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%d",&now[i]);
    LL aim=0;
    for(int i=n;i>0;i--)
    if(now[i])
    {
      aim++;
      int j=1;
      for(;j*j<i;j++)
       if(i%j==0)
        now[j]^=1,now[i/j]^=1;
      if(j*j==i)
       now[j]^=1;
    }
    LL ans=0;
    for(int i=0;i<=aim;i++)
     ans+=g[i];
    ans%=P;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

[HEOI2017]分手是祝願 期望概率dp 差分