[luogu5564]Say Goodbye

两树相同的定义与题中相同，并定义两树完全相同当且仅当在不允许基环旋转的条件下相同

枚举基环的长度$l$，根据置换群的理论，答案即$frac{1}{l}sum_{i=1}^{l}f(i)$（其中$f(i)$表示满足"基环旋转$i$次后与原基环树完全相同"的不完全相同的树个数）

关于这个结论，考虑一棵树将基环旋转$1,2,...,l$次的$l$棵树（这$l$棵树相同），其中每一种不完全相同的树的贡献即其中与其完全相同的树个数，那么所有树总贡献即为$l$，因此除以$l$后即为答案

不难发现$f(i)$仅取决于$gcd(l,i)$，不妨枚举后者，答案即$frac{1}{l}sum_{dmid l}varphi(frac{l}{d})f(d)$

为了方便，我们枚举$frac{l}{d}$，答案即$frac{1}{l}sum_{dmid l}varphi(d)f(frac{l}{d})$

考虑$f(frac{l}{d})$，即统计有多少组树$(T_{1},T_{2},...,T_{frac{l}{d}})$（不允许为空），使得其点数和为$frac{n}{d}$（若$d otmid n$即无解），两组树不同当且仅当满足$exists 1le ile d,T_{i}$和$T'_{i}$不同

关于这个问题，显然形态和染色独立，分别考虑：

考虑$n$个点不同形态的树有多少棵，即长为$n-1$的括号序列数（注意首尾的两个括号为根，必须要匹配），也即$C_{n-1}$（其中$C_{n}$为卡特兰数第$n$项，有$C_{n}=frac{{2nchoose n}}{n+1}$）

令$C(x)$为$C_{n-1}$的生成函数，即$C(x)=sum_{nge 1}C_{n-1}x^{n}$，那么方案数即$[x^{frac{n}{d}}]C^{frac{l}{d}}(x)$

考虑染色数，若$forall 1le ile m,dmid a_{i}$则方案数为$frac{frac{n}{d}!}{prod_{i=1}^{m}frac{a_{i}}{d}!}$，否则为0

综上，最终答案即
$$
sum_{l=2}^{n}frac{1}{l}sum_{dmid gcd(l,g)}varphi(d)cdot [x^{frac{n}{d}}]C^{frac{l}{d}}(x)cdotfrac{frac{n}{d}!}{prod_{i=1}^{m}frac{a_{i}}{d}!}
$$
（其中$g=gcd(a_{1},a_{2},...,a_{m})$，显然此时$gmid n$）

交换枚举顺序，即
$$
left(sum_{dmid g}frac{varphi(d)}{d}cdot frac{frac{n}{d}!}{prod_{i=1}^{m}frac{a_{i}}{d}!}sum_{l=1}^{frac{n}{d}}frac{[x^{frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l} ight)-C_{n-1} frac{n!}{prod_{i=1}^{m}a_{i}!}
$$
（注意要减去$l=1$的情况）

对于这些式子，除了$sum_{l=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}frac{[x^{frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l}$都可以快速计算（$frac{frac{n}{d}!}{prod_{i=1}^{m}frac{a_{i}}{d}!}$暴力即可，复杂度为$o(sigma(g)m)$）

对于$sum_{l=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}frac{[x^{frac{n}{d}}]C^{l}(x)}{l}$，注意到都是$[x^{frac{n}{d}}]$，不妨先将多项式求和，即求$[x^{frac{n}{d}}]sum_{l=1}^{frac{n}{d}}frac{C^{l}(x)}{l}$

关于后者，由于$C(x)$的最低次为1，因此不妨删去$l$的上限，即求$[x^{frac{n}{d}}]sum_{lge 1}frac{C^{l}}{l}$

关于右半部分，也即$-ln (1-C)$，证明考虑$f(x)=ln x$在1处的泰勒展开，即
$$
f(x)=sum_{ige 0}frac{(x-1)^{i}f^{(i)}(1)}{i!}=-sum_{ige 1}frac{(x-1)^{i}frac{(i-1)!}{(-1)^{i}}}{i!}=-sum_{ige 1}frac{(1-x)^{i}}{i}
$$
（其中$f^{(i)}(x)$指$f$的$i$阶导数，计算并归纳可以发现其为$-frac{(i-1)!}{(-x)^{i}}$）

不难得到$-ln(1-C)=sum_{ige 1}frac{C^{i}(x)}{i}$，即得证

由此，多项式求对数即可，时间复杂度为$o(sigma(g)m+nlog n)$，可以通过

事实上，令$C_{0}(x)=frac{C(x)}{x}=sum_{nge 0}C_{n}x^{n}$，那么有通项公式
$$
[x^{n}]C_{0}^{m}(x)={2n+m-1choose n}-{2n+m-1choose n-1}
$$

关于这个式子的解释——

$[x^{n}]C_{0}^{m}(x)$实际上可以看作从$(0,0)$走到$(2n,0)$，要求每一步从$(x,y)$到$(x+1,ypm 1)$，求所有与$y=-1$不交的路径贡献和，其中一条路径的贡献为${totchoose m-1}$（$tot$为该路径除起点和终点外与$x$轴的交点数）

事实上，这也等价于从$(0,0)$走到$(2n+m-1,1-m)$且与$y=-m$不交的路径数

关于两者的对应关系：

考虑前者路径，不断将其路径上与$y=0,-1,...,2-m$的某一个交点之后新增一步到$(x+1,y-1)$，即得到一条后者的路径，并且显然选择方式恰有${totchoose m-1}$种

考虑后者的路径，分别将其路径上与$y=-1,-2,...,1-m$的第一次交点取出，显然这些交点的上一个步都是从$(x-1,y+1)$到$(x,y)$，删去这些步，即得到前者的路径

后者的路径数是一个经典的问题，在没有"与$y=-m$不交"的条件下，方案数显然为${2n+m-1choose n-m}$，接下来考虑减去"与$y=-m$有交"的路径数，而这也等价于从$(0,-2m)$走到$(2n+m-1,1-m)$的路径数

关于两者的对应关系：显然两者的路径都与$y=-m$有交，那么将两者路径上第一次与$y=-m$相交之前的部分以$y=-m$为对称轴翻折，即可得到另一者的路径

后者的路径数显然为${2n+m-1choose n-m-1}$（注意少向下一步还会多向上一步），即得证

类似地，可以得到
$$
[x^{n}]C^{m}(x)=[x^{n-m}]C_{0}^{m}(x)={2n-m-1choose n-m}-{2n-m-1choose n-m-1}
$$
由此，回到"交换枚举顺序"后的式子，直接使用通项公式计算即可

时间复杂度同样为$o(sigma(g)m+nlog n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,g,ans,a[N],fac[N<<1],inv[N<<1],Inv[N<<1],p[N],vis[N],phi[N];
int gcd(int x,int y){
    if (!y)return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int c(int n,int m){
    if ((m<0)||(m>n))return 0;
    return (ll)fac[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;
}
int C(int n,int m){
    return (c(2*n-m-1,n-m)-c(2*n-m-1,n-m-1)+mod)%mod;
}
int C(int n){
    return (ll)c((n<<1),n)*inv[n+1]%mod;
}
int main(){
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=Inv[0]=1;
    for(int i=1;i<(N<<1);i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<(N<<1);i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<(N<<1);i++)Inv[i]=(ll)Inv[i-1]*inv[i]%mod;
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if (!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N);j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j])phi[i*p[j]]=phi[i]*phi[p[j]];
            else{
                phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
                break;
            }
        }
    }
    scanf("%d%d",&n,&m);
    g=n,ans=mod-(ll)C(n-1)*fac[n]%mod;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        g=gcd(g,a[i]);
        ans=(ll)ans*Inv[a[i]]%mod;
    }
    for(int i=1;i<=g;i++)
        if (g%i==0){
            int s=0;
            for(int j=1;j<=n/i;j++)s=(s+(ll)C(n/i,j)*inv[j])%mod;
            s=(ll)s*fac[n/i]%mod;
            for(int j=1;j<=m;j++)s=(ll)s*Inv[a[j]/i]%mod;
            ans=(ans+(ll)s*phi[i]%mod*inv[i])%mod;
        }
    printf("%d",ans);
}