【题意】给定n盏灯的01状态，操作第 i 盏灯会将所有编号为 i 的约数的灯取反。每次随机操作一盏灯直至当前状态能够在k步内全灭为止（然后直接灭），求期望步数。n,k<=10^5。
【算法】期望DP
【题解】对于当前状态，编号最大的亮灯必须通过操作自身灭掉。
证明：假设通过操作编号更大的灯灭掉，那么编号更大的灯只能通过操作自己灭掉，则与原来状态无区别，得证。
运用这个结论，每次灭掉最大编号的灯后的局面中，编号最大的灯一定严格小于原最大灯，所以至多需要n次操作。
从大到小，处理出m盏待操作灯，这样一个局面就可以描述成待操作灯的数目，从而考虑期望DP。
最直观地，设f[i]表示剩余 i 盏操作灯的期望步数，根据全期望公式：
$$f[i]=\frac{i}{n}*f[i-1]+\frac{n-i}{n}*f[i+1]+1$$
等等，高斯消元？不资瓷！我们想办法变成单方向DP，去掉f[i-1]。
设f[i]表示从 i 盏待操作灯变成 i-1 盏待操作灯的期望步数，那么根据全期望公式：（省略i/n*0）
$$f[i]=\frac{n-i}{n}*(f[i+1]+f[i])+1$$
好啦！移项即可计算f[i]，最后：
$$ans=\sum_{i=k+1}^{m}f[i]*n!$$
复杂度O(n√n)。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=100010,MOD=100003; int n,m,k,ans,a[maxn],f[maxn]; void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){if(!b){x=1;y=0;}else{exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);}} int inv(int a){int x,y;exgcd(a,MOD,x,y);return (x%MOD+MOD)%MOD;} int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=n;i>=1;i--)if(a[i]){ m++; for(int j=1;j*j<=i;j++)if(i%j==0){ if(j*j==i)a[j]^=1;else a[j]^=1,a[i/j]^=1; } } for(int i=n;i>k;i--)f[i]=(n+1ll*(n-i)*f[i+1]%MOD)*inv(i)%MOD; if(m<=k)ans=m;else{ for(int i=m;i>k;i--)ans=(ans+f[i])%MOD; ans=(ans+k)%MOD; } for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*i%MOD; printf("%d",ans); return 0; }