sol
首先发现肯定有解，又因为每个位置至多操作一次，所以最优解一定是在([0,n])之间
有一种可以在(O(sum_{i=1}^{n}lfloorfrac{n}{i}
floor))复杂度求最优解的方法。
只要枚举这个数的倍数判断被操作了几次就行了。
如果最优步数小于等于k直接输出最优步数(*n!)
否则，我们设(f_i)表示当前最优步数是(i)时的期望完成步数
考虑到这时所有位置已经没有区别了（只有需要操作的和不需要操作的两种，没有顺序区别），所以这个状态是成立的
那么
[f_i=frac{i}{n}f_{i-1}+frac{n-i}{n}f_{i+1}+1
]
方程显然有解，然而直接高斯消元(O(n^3))？
考虑把(f_i)差分，记为(g_i)，那么上式就变成了
[sum_{x=1}^{i}g_x=frac{i}{n}sum_{x=1}^{i-1}g_x+frac{n-i}{n}sum_{x=1}^{i+1}g_x+1
]
化简
[g_i=frac{n-i}{n}(g_i+g_{i+1})+1
]
so
[g_i=frac{(n-i)g_{i+1}+n}{i}
]
逆元线性推得
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod = 100003;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int n,jc=1,k,a[mod],opt[mod],best,inv[mod],f[mod],ans;
int main()
{
n=gi();k=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi(),jc=1ll*jc*i%mod;
for (int i=n;i;--i)
{
int p=a[i];
for (int j=i+i;j<=n;j+=i) p^=opt[j];
if (p) opt[i]=1,++best;
}
if (best<=k) return printf("%lld
",1ll*best*jc%mod),0;
inv[1]=f[n]=1;
for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
for (int i=n-1;i>k;--i) f[i]=(1ll*(n-i)*f[i+1]%mod+n)%mod*inv[i]%mod;
for (int i=1;i<=best;i++) ans+=i<=k?1:f[i];
return printf("%lld
",1ll*ans*jc%mod),0;
}