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。
Input
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。
1 ≤ n ≤ 100000, 0 ≤ k ≤ n；
Output
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。
Sample Input
4 0
0 0 1 1
0 0 1 1
Sample Output
512
HINT
Source
黑吉辽沪冀晋六省联考
期望DP~
首先看没有随机的部分，因为每盏灯只能改变<=它的灯，所以显然我们从大到小，看到灯亮着就关掉是最优的方法，设这样得出的结果为num。
然后是期望部分，用b[i]表示把num==i改变为num==i-1的期望，那么b[i]=i/n*1+(1-i/n)*(1+b[i+1]+b[i])，解得b[i]=(n+(1-i/n)*b[i+1])/i。然后按照这个DP就好辣！
数组要开大！枚举因数的时候要折半！
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long longconst int mod=100003;int n,k,a[100005],totnum;
ll b[100005],ans;int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}int mi(int u,int v)
{int now=1;u%=mod;for(;v;v>>=1,u=(ll)u*u%mod) if(v&1) now=(ll)now*u%mod;return now;
}int main()
{n=read();k=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=n;i;i--)if(a[i]){for(int j=1;j*j<=i;j++)if(!(i%j)){a[j]^=1;if(j*j!=i) a[i/j]^=1; }totnum++;}for(int i=n;i;i--) b[i]=((n-i)*b[i+1]%mod+n)%mod*mi(i,mod-2)%mod;if(totnum<=k) ans=totnum;else{for(int i=totnum;i>k;i--) ans=(ans+b[i])%mod;ans=(ans+k)%mod;}for(int i=2;i<=n;i++) ans=ans*i%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}