大致题意： 有(n)盏灯和(n)个开关，第(i)个开关会改变所有编号为(i)的约数的灯的状态。每次随机操作，直至可以在(k)步之内使所有灯都灭掉时采取步骤最少的方案灭掉所有灯。求灭掉所有灯的期望步数乘上(n!)的值。
前言
少有的我能自己挖掘性质并推出来的(DP)。。。感觉就是想着想着脑袋便突然开窍了。。。
转化
首先，我们考虑如何求出在某一状态下至少需要几步灭掉所有灯。
考虑我们按编号从大到小枚举每一盏灯，显然有：
- 每个开关要么不用，要么摁一次。因为你摁得更多其实就相当于是摁了(0)或(1)次，肯定不会更优。
- 当你枚举到某一盏灯时，当且仅当它还亮着，你才能摁下开关。因为之后的灯编号比它小，肯定无法再改变它的状态，你现在的决策就相当于决定好了它最终的命运。
也就是说，我们可以很轻松地求出至少要摁几次开关（设这一次数为(t)）。
并且根据上面第二条性质，除了这种方案以外，除非你通过摁一个开关多次来抵消自身影响，否则无论你怎么摁，都必然是非法的。
则究竟是需要摁哪几个开关其实是没必要知道的，我们只需要知道还有(i)个开关需要摁，则就有(n-i)个开关不应摁。
于是我们就可以考虑动态规划了。
动态规划
考虑我们设(f_i)表示从还有(i)个开关要摁第一次转移到还有(i-1)个开关要摁的状态的期望步数。
则有两种可能：选择了这(i)个开关中的某一个一步成功，或是选择了剩余(n-i)个开关中的某一个转移到还有(i+1)个开关的状态，那么又得花上若干步摁回来，再继续尝试摁到(i-1)个开关的状态。
也就是说：
[f_i=frac in+frac{n-i}n(1+f_{i+1}+f_i)
]
然后我们发现方程两边都有(f_i)，移项得到：
[frac inf_i=frac in+frac{n-i}n(1+f_{i+1})
]
接下来显然两边同时除以(frac in)，得到：
[f_i=1+frac{n-i}i(1+f_{i+1})
]
这样就很好(DP)了。
计算答案
若(tle k)，显然可以直接(t)步完成。
否则，我们期望需要(f_t)步转移到(t-1)，(f_{t-1})步转移到(t-2)，......，(f_{k+1})步转移到(k)。
也就是(sum_{i=k+1}^tf_i+k)。
具体实现详见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 100003
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,k,a[N+5],f[N+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i,j,Fac=1;for(scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),Fac=1LL*Fac*i%X;//读入，同时计算阶乘
RI t=0;for(i=n;i;--i) if(a[i]) for(++t,j=1;j*j<=i;++j) !(i%j)&&(a[j]^=1,j^(i/j)&&(a[i/j]^=1));//求出需要摁几次开关
if(t<=k) return printf("%d
",1LL*t*Fac%X),0;//如果t<=k，可以直接完成
for(f[n]=1,i=n-1;i>k;--i) f[i]=(1LL*(n-i)*QP(i,X-2)*(f[i+1]+1)+1)%X;//动态规划
RI ans=k;for(i=t;i>k;--i) Inc(ans,f[i]);return printf("%d
",1LL*ans*Fac%X),0;//统计答案
}