不知道什么时候过的题，今天看到有同学在做，觉得有必要写一写题解。
题意：有一个长度为 (n) 的 (01) 串，下标编号 (1) 到 (n)。对位置 (p) 操作一次可以使所有编号为 (p) 的约数的位置 (0) 变 (1)，(1) 变 (0)。目标是使所有位置变成 (0)。B 君先随机操作若干次，等到当前局面可以在 (k) 次操作以内达成目标时就使用最优策略，达成目标后结束操作。求期望操作次数。
容易证明，一种最优的操作策略是每次操作最右边的为 (1) 的位置，直到达成目标。而且操作的先后顺序并不重要。
设 (f_i) 表示当前最优策略需要 (i) 步，从当前局面达到目标的期望步数。
则
[f_i=
egin{cases}
i(ile k)\
frac{i}{n}f_{i-1}+frac{n-i}{n}f_{i+1}+1(i > k)
end{cases}
]
暴力高斯消元复杂度爆炸。
设 (f_i=f_{i-1}+b_{i})，那么我们发现 (b_i)是好求的。
(f_i=frac{i}{n}f_{i-1}+frac{n-i}{n}f_{i+1}+1)
代入得 (f_i=frac{i}{n}(f_i-b_i)+frac{n-i}{n}(f_{i}+b_{i+1})+1)
整理得到 (b_i=frac{(n-1)b_{i+1}+n}{i})
边界条件 (b_n=1)
做完了。
以下代码时间复杂度为 (O(n^{1.5}))。如果使用一些简单的数论技巧，可以做到 (O(nlog n))。
#include<cstdio>
const int N=1e5+1,M=1e5+3;
int n,m,c,a[N],inv[M],f[N],b[N];
inline int F(int n){return n?1ll*F(n-1)*n%M:1;}
int main(){
int t;
inv[1]=1;
for(int i=2;i<M;i++)inv[i]=1ll*inv[M%i]*(M-M/i)%M;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
for(int i=n,j;i;i--)if(a[i]){
for(j=1;j*j<i;j++)
if(i%j==0)a[j]^=1,a[i/j]^=1;
if(j*j==i)a[j]^=1;
c++;
}
if(m==n||m==n-1)return 0*printf("%lld",1ll*F(n)*c%M);
for(int i=0;i<=m;i++)f[i]=i;
b[n]=1;
for(int i=n-1;i>m;i--)
b[i]=(1ll*(n-i)*b[i+1]+n)%M*inv[i]%M;
for(int i=m+1;i<=n;i++)f[i]=(f[i-1]+b[i])%M;
return 0*printf("%lld",1ll*F(n)*f[c]%M);
}