(color{#0066ff}{ 题目描述 })
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。
(color{#0066ff}{输入格式})
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。
(color{#0066ff}{输出格式})
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。
(color{#0066ff}{输入样例})
4 0
0 0 1 1
(color{#0066ff}{输出样例})
5 0
1 0 1 1 1
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
对于 (0\%) 的测试点，和样例一模一样；
对于另外 (30\%) 的测试点，(n leq 10)；
对于另外 (20\%) 的测试点，(n leq 100)；
对于另外 (30\%) 的测试点，(n leq 1000)；
对于 (100\%) 的测试点，(1 leq n leq 100000, 0 leq k leq n)；
对于以上每部分测试点，均有一半的数据满足 (k = n)。
(color{#0066ff}{题解})
这是一个很好？的期望DP
每次按下一个开关，只会影响它约数的灯的状态
预处理出每个开关能改变的灯， 用vector存
枚举因子是(O(nsqrt{n}))的，因为会有一些浪费（非因子也被枚举了）
考虑枚举倍数，这样的复杂度是(O(nlogn))的，就可以了
可以发现，按下当前的按钮，当前的灯的状态一定会改变，而它后面的灯的状态不变
也就是说，从后往前来，遇到亮的灯就按相应按钮，最多n次，就可以全部熄灭
而且，可以发现，按按钮的顺序不影响
所以我们设(f[i]) 代表按(i)次开关可以将灯全部熄灭的状态转移到按(i - 1)次开关将灯全部熄灭的状态的期望步数
那么(f[i] = frac{i}{n}+frac{n-i}{i}*(f[i+1]+f[i]+1))
n个开关， 有i个是正确的，n-i个是错误的，会增加一个步数，然后从(i + 1 o i-1) 需要(f[i+1]+f[i])次操作
(f[n]=1)
如果总操作数都比k小，那么期望就是操作数了
否则累计从k到总操作数的f值，别忘了最后+k
还要乘n的阶乘，因为模数是质数还算有点良心，递推时直接乘逆元，最后再乘阶乘就行
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; int x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int mod = 1e5 + 3;
const int maxn = 1e5 + 10;
LL ksm(LL x, LL y) {
LL re = 1LL;
while(y) {
if(y & 1) re = re * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return re;
}
int b[maxn];
LL f[maxn], ans;
using std::vector;
vector<int> g[maxn];
int n, k, num;
signed main() {
n = in(), k = in();
for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = in();
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = i; j <= n; j += i)
g[j].push_back(i);
for(int i = n; i >= 1; i--)
if(b[i]) {
num++;
for(int j = 0; j < (int)g[i].size(); j++) b[g[i][j]] ^= 1;
}
if(num <= k) ans = num;
else {
f[n] = 1;
for(LL i = n - 1; i >= 1; i--) f[i] = (1LL + ((n - i) * ksm(i, mod - 2) % mod) * (f[i + 1] + 1LL) % mod) % mod;
for(int i = num; i > k; i--) (ans += f[i]) %= mod;
(ans += k) %= mod;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) (ans *= i) %= mod;
printf("%lld", ans);
return 0;
}