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
Sample Output
512
Sol
作为一道联考省选题，覆盖知识点广，题目又着切合实际的背景，解法比较自然，给出题人点赞！
题确实挺好的，但是我太菜了模拟赛的时候直接模拟骗了80分......后来听了讲解才补的......
我们发现每个灯只用按一次，而每个灯的贡献又是独一无二的，所以需要按的灯的集合是固定的，每次我们只关心按的灯对于剩余步数的贡献，设(f[i])表示还需要i步才能全部按灭的期望步数，则(f[i]=frac{i}{n}f[i-1]+frac{n-i}{n}f[i+1]+1)，也就是分两种情况：按的灯在不在有用集合里面。
这个式子并不需要高斯消元，有两种做法：
1.因为f[0]是确定的，所以可以用回代法求出所有的值，时间复杂度(O(n))。
2.设(g[i]=f[i]-f[i-1])，表示从需要i步到需要i-1步的期望次数，那么：
(f[i]-frac{i}{n}f[i-1]=frac{n-i}{n}f[i+1]+1)
(f[i]-f[i-1]=frac{n-i}{n}(f[i+1]-f[i-1])+1)
(g[i]=frac{n-i}{i}((f[i+1]-f[i])+(f[i]-f[i-1]))+1)
(g[i]=frac{n-i}{i}(g[i+1]+g[i])+1)
(frac{i}{n}g[i]=1+frac{n-i}{n}g[i+1])
(g[i]=frac{n+(n-i)g[i+1]}{i})
然后就可以(O(n))计算了。
算出来以后特判一下(n=k)以及(k>=tot)的情况（tot为有用的灯集合大小），这样的情况下答案直接是tot。
否则答案(=(sum_{i=k+1}^{tot}g[i])+k)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[100005],f[100005],tot,K,fac=1,P=100003,ans;vector<int>e[100005];
int ksm(int a,int b){int res=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P) if(b&1) res=1ll*res*a%P;return res;}
int main()
{
for(int i=1;i<=P-3;i++) for(int j=i;j<=P-3;j+=i) e[j].push_back(i);
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n;i;i--)
{
if(a[i]) tot++;else continue;
for(int j=0;j<e[i].size();j++) a[e[i][j]]^=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) fac=1ll*fac*i%P;
for(int i=n;i;i--) f[i]=1ll*(n+1ll*(n-i)*f[i+1]%P)%P*ksm(i,P-2)%P;
if(K==n||K>=tot) ans=tot;
else for(int i=tot;i>K;i--) ans=(ans+f[i]+(i==tot?K:0))%P;
printf("%d
",1ll*ans*fac%P);
}