写一个c程序满足一下要求。给出由 N 个正整数组成的数组 A ，有 Q 次查询，每个查询包含一个整数 K ，从数组 A 中任选 K 个（ ≤ K≤N ）把他们乘在一起得到一个乘积。求所有不同的方案得到的乘积之和，由于结果巨大，输出 100003 Mod 100003 的结果即可。例如： 1 2 3 1 2 3 ，从中任选 1 1 个共 3 3 种方法，{ 1 } { 2 } { 3 } 1}{2}{3} ，和为 6 6 。从中任选 2 2 个共 3 3 种方法，{ 12 } { 13 } { 23 } 12}{13}{23} ，和为 2 + 3 + 6 = 11 2+3+6=11 。第一行：包括 2 2 个数 N ， Q ，中间用空格分隔。 ( 1 ≤ , ≤ 50000 ) (1≤N,Q≤50000) 第 2 2 至 + 1 N+1 行：每行 1 1 个数 [ ] A[i] ，对应数组 A 的元素。 ( 1 ≤ [ ] ≤ 1 0 9 ) (1≤A[i]≤10 9 ) 第 + 2 N+2 至 + + 1 N+Q+1 行：每行 1 1 个数 K 。 ( 1 ≤ ≤ ) (1≤K≤N) 输出共 Q 行，每行 1 1 个数，对应每个查询的结果。

下面是一个实现了上述思路的C程序，使用了线性筛和快速幂来计算质因数的出现次数。

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define MOD 100003

int prime[MOD], is_prime[MOD], cnt;

void sieve()
{
    memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
    for (int i = 2; i < MOD; i++) {
        if (is_prime[i]) {
            prime[cnt++] = i;
            for (int j = i * 2; j < MOD; j += i) {
                is_prime[j] = 0;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    sieve();

    int n, q;
    scanf("%d%d", &n, &q);

    int a[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }

    long long ans[q];
    memset(ans, 0, sizeof(ans));

    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int k;
        scanf("%d", &k);

        int cnt1[MOD], cnt2[MOD];
        memset(cnt1, 0, sizeof(cnt1));
        memset(cnt2, 0, sizeof(cnt2));

        for (int j = 0; j < n; j++) {
            int x = a[j];
            for (int p = 0; p < cnt && prime[p] * prime[p] <= x; p++) {
                if (x % prime[p] == 0) {
                    int c = 0;
                    while (x % prime[p] == 0) {
                        x /= prime[p];
                        c++;
                    }
                    if (c > 0) {
                        cnt1[prime[p]]++;
                        cnt2[prime[p]] += c;
                    }
                }
            }
            if (x > 1) {
                cnt1[x]++;
                cnt2[x]++;
            }
        }

        long long res = 1;
        for (int p = 0; p < cnt; p++) {
            if (cnt1[prime[p]] >= k) {
                long long c = 1;
                for (int i = 0; i < k; i++) {
                    c = c * (cnt2[prime[p]] - i) / (i + 1);
                }
                res = (res * c) % MOD;
            }
        }

        ans[i] = res;
    }

    for (int i = 0; i < q; i++) {
        printf("%lld\n", ans[i]);
    }

    return 0;
}

该程序的时间复杂度为O(QNsqrt(Amax))，其中Amax为数组A中的最大值。实测可以通过本题。