いわゆる「カウンタービーイングが困難である、」私たちは反対側からこの問題を検討します。
もちろん、そこに：それは脱獄=ケースの総数を起こる - 例の脱獄の数は発生しません。
ケースの総数を算出する場合を考えると脱獄は発生しません。
あるケースの総数（N \）\グリッドは、各グリッドが有する\（\ mの）いくつかの選択スキームを。すなわち\（N-M ^ \） 。
エスケープの数が発生しないことである。同様に、\（N- \）グリッドを、最初の（1 \）\格子が持つ（m個\）\選択肢が、他のものは格子有する\（M-1 \）の選択肢をプログラムの数。すなわち\（M \タイムズ（1-M）^ 1-N- {} \） 。
次いで、最終的な答えは、より多くの二つの式を減算した結果です。ノート取り、LONGLONG破裂しないように注意し、迅速な電源メンテナンスであることに注意してください。
コード：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define ll long long
#define il inline
#define dou double
#define un unsigned
il ll read()
{
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return (ll)x*f;
}
#define INF 114514114
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define P 100003
ll m,n,s1,s2;
il ll fast_pow(ll a,ll n,ll p)
{
if(n==0)return 1%p;
if(n==1)return a%p;
ll ret=fast_pow(a,n/2,p);
ret=(ll)ret*ret%p;
if(n&1)ret=(ll)ret*a%p;
return ret;
}
int main()
{
m=read();n=read();
s1=fast_pow(m,n,P);
s2=(ll)fast_pow(m-1,n-1,P)*m%P;
cout<<(s1+P-s2)%P<<endl;
return 0;
}