Description
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。
1<=n<=100000,0<=k<=n。对于50%的数据，k=n。
这题也是咕了好久啊，今天难得改题快，回来把它干了。
然而我颓题解了，想了几次了也没有想出来，呃。。。颓题解再怎么样也比干脆不做好一些
这题的主要难点在于如何确定状态定义，其它的其实还好。
看那个50%的部分分（数据水了，能拿80。。。）
也就是我们先考虑最优决策是什么。
首先，你操作编号小的开关，编号大的那个灯泡不会有反应。
所以对于编号最大的亮的那个灯，你想让它灭掉，只有两个方法。
一个是按掉它的开关，另一个是按掉比它更大的开关。
但是因为这已经是亮的里编号最大的了，那么如果你按一个编号更大的开关，那么亮的灯泡里编号上界就更大了。
这样的话迟早会涨到n左右，然后这时候我们只能关闭它自己。。。然后直到恢复初始状态。
所以你当然会直接按掉它自己。
这之后编号最大的亮灯编号变小了，继续同理解决问题即可。
这样我们就拿到了这个部分分。
但是直到这里，和我们的dp还是没有什么关系。
但是我们可以发现一些性质：
任意一个开关，都不能被其它的开关集合等价代替。
这样的话，给定我们一个初始状态，我们能像那个部分分一样求出它需要的开关集合。
这样的话，我们就可以断言，那些开关需要你动，那些开关你不能动。
而它是随机操作的，那么如果动了那些你不能动的开关。。。那么你还得再动一次让它回复原状
这就是异或操作，具有“操作偶数次等于没操作”和“交换操作顺序结果不变”的性质。
到了这里，我们开始构造dp数组的含义。
我们发现，现在开关到底是什么已经不重要了，开关只有两种：你需要动的，你不能动的
那么其实你只需要知道你还需要动几个开关就可以了
设$dp[i]$表示还有i个开关需要操作，想按对一个开关期望需要多少次操作。考虑转移：
你有$\frac{i}{n}$的概率按对，那么就是$\frac{i}{n}$
你有$\frac{n-i}{n}$的概率按错，这时候需要按的变成了$i+1$个，
于是先按$1$下到$i+1$步，再回来是$dp[i+1]$，而且你还要再按掉一个，是$dp[i]$。
于是$dp[i]=\frac{i}{n} + \frac{n-i}{n} \times (dp[i+1]+dp[i]+1)$
把$dp[i]$合并同类项，再化一下系数，得到$dp[i]=1+\frac{n-i}{i}\times (dp[i+1]+1)$
那么答案就是先把原有的cnt个按成k个，再把k个用最优决策判掉。
$ans=k+\sum\limits_{i=k+1}^{cnt} dp[i]$
当然如果cnt<=k的话答案就是cnt啊。
最后按照题意乘上$n!$即可。
1 #include<cstdio>
2 #define mod 100003
3 #define int long long
4 int dp[mod],st[mod],cnt,n,k,ans;
5 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;}
6 main(){
7 scanf("%lld%lld",&n,&k);
8 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&st[i]);
9 for(int i=n;i;--i)if(st[i]){
10 cnt++;
11 for(int j=1;j*j<=i;++j)if(i%j==0){
12 st[j]^=1;if(j*j!=i)st[i/j]^=1;
13 }
14 }
15 if(cnt<=k){
16 for(int i=n;i;--i)cnt=cnt*i%mod;
17 printf("%lld\n",cnt);
18 return 0;
19 }
20 dp[n]=1;
21 for(int i=n-1;i;--i)dp[i]=((n-i)*qp(i,mod-2)%mod*(dp[i+1]+1)+1)%mod;
22 for(int i=k+1;i<=cnt;++i)ans=(ans+dp[i])%mod;ans+=k;
23 for(int i=n;i;--i)ans=ans*i%mod;
24 printf("%lld\n",ans);
25 }
好题，思路很不错。
其实这么顺下来貌似不是很难，但是为什么想不出来呢？
我和正解思路之间的距离。。。
还需要多练啊。