题意

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。

题解

仔细思考一下，可以发现，最小步数，你只需要从n扫下来就可以得到了。。
然后再仔细思考一下，可以发现，方案是唯一的，就是肯定是要嗯某些点
然后别的点嗯了一定要嗯回去
然后我们可以列出方程
$f[i]$表示还差$i$个时的答案
容易知道$f[i]=\frac{i}{n}f[i-1]+\frac{n-i}{m}(f[i+1]+1)$
然后发现并不知道怎么做。。
似乎可以从n开始，用类似树上高斯消元的方法做到O(n)
因为这个，$O(n)$只有他儿子的信息
然后就不断带下去下去消。。
感觉很麻烦。。
于是膜了题解
发现题解是用期望的线性性质来列的方程
$f[i]$表示还差$i$个按钮，按到还差$i-1$按钮的期望步数
$f[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}({f[i+1]+f[i]+1})$
然后这个的话，你把式子化简一下，具体来说，就是把$f[i]$全部移到左边
然后可以得到
$f[i]=\frac{n-(n-i)f[i+1]}{i}$
特殊的$f[n]=1$
然后就做完了
最后答案就是若干个ff<script type="math/tex" id="MathJax-Element-772">f</script>加起来
CODE:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=100003;
const LL N=100005;
LL n,k;
LL a[N];
LL inv[N];
LL f[N];
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&k);inv[1]=1;for (LL u=2;u<=n;u++)   inv[u]=(MOD-MOD/u)*inv[MOD%u]%MOD;for (LL u=1;u<=n;u++)   scanf("%lld",&a[u]);LL lalal=0;for (LL u=n;u>=1;u--){for (LL i=u+u;i<=n;i+=u)    a[u]=a[u]^a[i];lalal=lalal+a[u];}f[n]=1;for (LL u=n-1;u>=1;u--){if (u<=k) f[u]=1;else f[u]=(n+(n-u)*f[u+1]%MOD)*inv[u]%MOD;}//for (LL u=1;u<=n;u++) printf("%lld ",f[u]);LL ans=0;for (LL u=1;u<=lalal;u++) ans=(ans+f[u])%MOD;for (LL u=1;u<=n;u++) ans=ans*u%MOD;printf("%lld\n",ans);return 0;
}