「FJWC2020Day5-zzq」lg (容斥)

「FJWC2020Day5-zzq」lg

设模数为(P)

考虑对于每一个(gcd)计算( ext{lcm})之积(F(m))

那么可以想到强制每个数都是(gcd)的倍数，问题转化为求(lfloor frac{m}{gcd} floor) 以内所有( ext{lcm})的积(G(m))

那么对于每个质因数依次考虑,则得到一个简单的式子

[G(m)=egin{aligned}prod p_i^{sum_{j=1}m^n-(m-lfloor frac{m}{p_i^j} floor )^n} end{aligned} ]

(如果看不清可以放大页面)

其中枚举的(j)是(p_i)至少出现(j)次的方案数，枚举的(j)是(log m) 级别的

肯定是先求出指数(mod varphi(P))，可以线性预处理出所有的(i^n mod varphi(P))

对于每个(p_i)求出指数后还要快速幂，复杂度就是(O(pi(m)log P)=O(m))(其中(pi(m))是(m)以内的质数个数)，实际带有一些常数

那么求(G(m))的复杂度上界是(O(mlog m))，实际上$lfloor frac{m}{i} floor $有很多重复，复杂度要低很多

得到的每个(gcd)的答案还要把强制取出的(gcd)补上，是(gcd^{{lfloor frac{m}{gcd} floor }^n})

那么对于(G(m))枚举倍数进行容斥的到(F(m))即可，需要求每个(F(m))的逆元，复杂度是(O(m(log P+log m)))

总复杂度的上界就是(O(mlog P))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
enum{N=200010,P=998244353,Phi=P-1};
int n,m,p[N],mk[N],g[N],ig[N],h[N];
ll qpow(ll x,ll k,ll P) {
	ll res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
	return res;
}
int G(int m) {
	if(h[m]) return h[m];
	ll ans=1;
	rep(i,2,m) if(!mk[i]) {
		ll d=1,s=0;
		for(;(d*=i)<=m;) s+=p[m]-p[m-m/d]; // 带入上式求出答案
		ans=ans*qpow(i,(s%Phi+Phi)%Phi,P)%P;
	}
	return h[m]=ans;
}
int main(){
	freopen("lg.in","r",stdin),freopen("lg.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	rep(i,2,N-1) if(!mk[i]) for(int j=i+i;j<N;j+=i) mk[j]=1;
	rep(i,0,m) p[i]=qpow(i,n,Phi); // 预处理出i^n mod Phi
	rep(i,1,m) g[i]=G(m/i)*qpow(i,p[m/i],P)%P; // 注意要补上
	ll ans=1;
	for(int i=m;i;i--){
		for(int j=i+i;j<=m;j+=i) g[i]=1ll*g[i]*ig[j]%P; // 容斥得到f
		ig[i]=qpow(g[i],P-2,P),ans=ans*qpow(g[i],i,P)%P;
	}
	printf("%lld
",ans);
}