[hdu6987]Cycle Binary

定义$x$为$s$的周期，当且仅当$forall 1le ile |s|-x,s_{i}=s_{i+x}$​​（字符串下标从1开始）

令$per(s)$为$s$的正周期构成的集合，$min per(s)$为$s$的最小正周期，显然$max k=lfloorfrac{n}{min per(s)} floor$

由此，不妨枚举$min per(s)$​，令$f(x)$​为$min per(s)=x$​的$s$​个数，则答案即$sum_{i=1}^{n}lfloorfrac{n}{i} floor f(i)$​

关于如何计算$f(i)$​​，必要条件为$iin per(s)$，共有$2^{i}$种方案，再去掉$min per(s)<i$​​​的方案即可

结论：若$x,yin per(s)$​​​且$x+yle |s|$​​​，则$gcd(x,y)in per(s)$​

不妨假设$x<y$​，考虑$1le ile |s|-(y-x)$，对$i$​分类讨论：

1.若$1le ile x$，则$i+yle |s|$，即有$s_{i}=s_{i+y}=s_{i+(y-x)}$

2.若$x<ile |s|-(y-x)$​，即有$s_{i}=s_{i-x}=s_{i+(y-x)}$

综上，可得$y-xin per(s)$

注意到$gcd(x,y)=gcd(x,y-x)$，由此归纳即得证

由此，对于$ile lfloorfrac{n}{2} floor$​​​​​的$f(i)$​​​​，若$j=min per(s)<i$​​​​，显然$i+jle n$​​​​，根据此结论即$gcd(i,j)in per(s)$​​​​，进而不难得到$j=gcd(i,j)mid i$​​​

同时若$min per(s)mid i$一定有$iin per(s)$，那么转移即为$f(i)=2^{i}-sum_{dmid i,d<i}f(d)$​​​

对于$i>lfloorfrac{n}{2} floor+1$​​​的$f(i)$​​​，显然其贡献系数为1且$sum_{i=1}^{n}f(i)=2^{n}$​​​，因此贡献和即$2^{n}-sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{2} floor}f(i)$​​

综上，问题即求$2^{n}+sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{2} floor}(lfloorfrac{n}{i} floor-1)f(i)$​​​，其中$f(i)=2^{i}-sum_{dmid i,d<i}f(d)$​

构造$h(x)=2^{x}$​​和$g(x)=1$​​，不难发现$h=f*g$​​​，即可进行杜教筛

另外，来分析一下杜教筛的复杂度——

令$S(n)={lfloorfrac{n}{i} floor}$​​​​​（其中$1le ile n$​​​​​），对$le B$​​的$f$​​线性筛，复杂度即$B+sum_{xin S(n),x>B}sqrt{x}$​

对后者放缩，即为$int_{i=1}^{frac{n}{B}}sqrt{frac{n}{i}}=sqrt{n}sqrt{frac{n}{B}}=frac{n}{sqrt{B}}$，显然取$B=n^{frac{2}{3}}$​最优，即得到$o(n^{frac{2}{3}})$的复杂度

上面是对通常杜教筛的分析，但在本题中，有两个不同的地方：

1.由于贡献系数不同，并不是求一个前缀和，而是要数论分块后求$sqrt{n}$个前缀和

但考虑数论分块右端点的式子$r=frac{n}{frac{n}{i}}$​，显然其也属于$S(n)$​，因此并不改变复杂度

2.不能对$f$​​线性筛，预处理复杂度为$Blog B$​​，那么取$B=(frac{n}{log n})^{frac{2}{3}}$​​​​​​即可（可以适当再调整）

3.计算时需要使用快速幂，但显然这样的复杂度仅为$sum_{xin S(n),x>B}log n$​，可以接受

最终，总复杂度为$o(n^{frac{2}{3}}log^{frac{1}{3}}n)$，可以通过​

#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
using namespace std;
#define N 5000005
#define mod 998244353
#define ll long long
tr1::unordered_map<int,int>F;
int t,n,ans,mi[N],f[N];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
int calc(int n){
    if (n<N)return f[n];
    if (F[n])return F[n];
    int ans=(qpow(2,n+1)-2+mod)%mod;
    for(int i=2,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        ans=(ans-(ll)(j-i+1)*calc(n/i)%mod+mod)%mod;
    }
    return F[n]=ans;
}
int main(){
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++){
        f[i]=(f[i]+mi[i])%mod;
        for(int j=2;i*j<N;j++)f[i*j]=(f[i*j]-f[i]+mod)%mod;
    }
    for(int i=1;i<N;i++)f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d",&n);
        ans=qpow(2,n);
        int lst=0;
        for(int i=1,j;i<=(n>>1);i=j+1){
            j=n/(n/i);
            int now=calc(j);
            ans=(ans+(ll)(n/i-1)*(now-lst+mod))%mod;
            lst=now;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}