[Shoi2017]分手是祝愿

传送门

分析得知：

每个开关最多按一次，且最优一定是从后往前按（因为对约数有影响，前面的无法再影响到后面大的）

那么可以先处理出至少需要按几次“正确”的开关（从后往前保证都是按的正确的）

有一半的数据满足 k=n，或者k大于正确按的次数，这个时候与期望无关，直接从后往前按就行。

然后考虑到与期望有关的。

期望步数与是否按到正确开关有关。

设f[i]为从还需要按i次开关到还需要按i-1次开关的期望步数。

有i/n的概率这一步按到正确开关，（n-i）/n的概率按到错误开关。

如果按到错误开关，在之后的操作中需要将这个开关按回来，所以就多了一次--->f[i+1]，按回来后，还要按i次才能到i-1次--->f[i]，加上本身这一次的1。

式子化简一下

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 100003
#define mod 100003
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x*f;
}
void print(int x)
{
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(x>9)print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int now[N];
LL f[N];
LL quick(LL a,LL x)
{
    LL ans=1;
    while(x)
    {
        if(x&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;x>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("trennen.in","r",stdin);
    freopen("trennen.out","w",stdout);
    int n=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)now[i]=read();
    LL cnt=0;
    for(int i=n;i>=1;--i)
      if(now[i])
      {
          cnt++;
          for(int j=1;j*j<=i;++j)
            if(i%j==0)
            {
              now[j]^=1;
              if(j*j!=i)now[i/j]^=1;
          }
      }
    if(cnt<=k)
    {
        for(int i=2;i<=n;++i)
          cnt=cnt*i%mod;
        printf("%lld
",cnt);    
        return 0;
    }
    f[n+1]=0;
    for(int i=n;i>k;--i)//从n推，最多按n次开关，从cnt开始推的话，可能一开始按错了很多步而f没有这种状态 
      f[i]=((n+(n-i)*f[i+1]%mod))%mod*quick(i,mod-2)%mod;
    LL ans=k;
    for(int i=k+1;i<=cnt;++i)
      ans=(ans+f[i])%mod;
    for(int i=2;i<=n;++i)
      ans=ans*i%mod;
    printf("%lld
",ans);
}