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题目大意
给定集合 (S={x | 1le xle n,(x,n)=1}) ，求有多少 (Tsube S) ，满足 (sum_{tin T}tequiv kpmod n) 。
对 (998244353) 取模。
(2le n <998244353,0le k<n)
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题解
考虑生成函数，显然 (OGF) 为：
[F(x)=prod_{(i,n)=1}(1+x^i) ]那么我们也就是要求：
[Ans=sum_{ige0}[n|(i-k)][x^i]F(x)\ =sum_{ige0}frac{1}{n}sum_{j=1}^nomega_n^{(i-r)j}[x^i]F(x)\ =frac{1}{n}sum_{j=1}^nomega_n^{-rj}sum_{ige0}omega_n^{ij}[x^i]F(x)\ =frac{1}{n}sum_{j=1}^nomega_n^{-rj}F(omega_n^j)\ ]到这里发现不太好做，考虑将 (F(omega_n^j)) 展开，那么有：
[Ans=frac{1}{n}sum_{j=1}^nprod_{(i,n)=1}(1+omega_n^{ij})omega_n^{-rj}\ ]发现后面的乘长得很像分圆多项式，考虑令 ((n,j)=d) ，所以：
[Ans=frac{1}{n}sum_{j=1}^nprod_{(i,n)=1}(1+omega_{frac{n}{d}}^{ifrac{j}{d}})omega_{frac{n}{d}}^{-rfrac{j}{d}} ]因为此时 ((frac{n}{d},frac{j}{d})=1) ，所以我们考虑 (prod_{(i,n)=1}(1+omega_d^i)) 与 (prod_{(i,d)=1}(1+omega_d^i)) 的关系。
令 (A_1={x | (x,n)=1,1le xle n}, A_2={x | (x,d)=1,1le xle d}) ，那么不难发现对于群 (G_1=<A_1, imes_{mod n}>,G_2=<A_2, imes_{mod d}>) ，存在映射 (f:G_1 o G_2: xmod d) 为同态。由同态基本定理知 (G_1/Kerfcong Imf) ，所以 (prod_{(i,n)=1}(1+omega_d^i)=left[prod_{(i,d)=1}(1+omega_d^i) ight]^{frac{varphi(n)}{varphi(d)}}) 。
那么我们有：
[Ans=frac{1}{n}sum_{j=1}^nleft[prod_{(i,frac{n}{d})=1}(1+omega_{frac{n}{d}}^{i}) ight]^frac{varphi(n)}{varphi(frac{n}{d})}omega_{frac{n}{d}}^{-rfrac{j}{d}}\ =frac{1}{n}sum_{d|n}left[prod_{(i,frac{n}{d})=1}(1+omega_{frac{n}{d}}^i) ight]^frac{varphi(n)}{varphi(frac{n}{d})}sum_{j=1}^frac{n}{d}omega_frac{n}{d}^{-rj}[(j,frac{n}{d})=1]\ ]在后面套个莫比乌斯反演，可得：
[Ans=frac{1}{n}sum_{d|n}left[prod_{(i,frac{n}{d})=1}(1+omega_{frac{n}{d}}^i) ight]^frac{varphi(n)}{varphi(frac{n}{d})}sum_{t|frac{n}{d}}mu(t)frac{n}{dt}[frac{n}{dt}|r]\ =frac{1}{n}sum_{d|n}left[prod_{(i,d)=1}(1+omega_{d}^i) ight]^frac{varphi(n)}{varphi(d)}sum_{t|(d,r)}mu(frac{d}{t})t ]那么我们只需要求出 (prod_{(i,d)=1}(1+omega_d^i)) 。
考虑分圆多项式，我们有：
[Phi_n(x)=prod_{(i,n)=1}(x-omega_n^i)\ Phi_n(-x)=prod_{(i,n)=1}(-x-omega_n^i)\ (-1)^{varphi(n)}Phi_n(-x)=prod_{(i,n)=1}(x+omega_n^i) ]不妨设 (S_n=(-1)^{varphi(n)}Phi_n(-1)) 所以：
[Ans=frac{1}{n}sum_{d|n}S_d^frac{varphi(n)}{varphi(d)}sum_{t|(d,r)}mu(frac{d}{t})t ]通过一番打表可以发现，(S_d eq 1iff d=2p^k (pin prime)or d=1,2) 。其中
- (S_1=2)
- (S_2=0)
- (S_{2p^k}=p)
这样我们就能在 (mathcal O (d(n)^2)) 的复杂度解决问题。
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关于最后分圆多项式值的证明
首先有：
- (Phi_1(x)=x-1 o S_1=2)
- (Phi_2(x)=x+1 o S_2=0)
- (Phi_{2p^k}(x)=sum_{i=0}^{p-1}(-1)^ix^{ip^{k-1}} o S_{2p^k}=p (pin primeand kge1))
接下来考虑非特殊情况。
根据定义，我们可以得到：
[prod_{d|n}Phi_d(x)=x^n-1 ]即：
[Phi_n(x)=frac{x^n-1}{prod_{d|nand d<n}Phi_d(x)} ]考虑归纳证明。
显然有 (Phi_3(x)=x^2+x+1 o S_3=1) ，我们分奇偶性讨论。
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(2 mid n:)
根据给出的式子以及归纳假设不难发现 (Phi_n(-1)=-1 o S_n=1)
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(2mid n:)
因为 (Phi_2(-1)=0) 无法代值除去，考虑因式分解。
不妨设 (n=2^{k+1}q (kge 0,2 mid q))，那么：
[x^n-1=x^{2^{k+1}q}-1=(x^{2^kq}+1)(x^{2^{k-1}q}+1)cdots(x^q+1)(x^q-1) ]考虑利用 (x^q+1)，有：
[frac{x^q+1}{x+1}=sum_{i=0}^{q-1}(-1)^ix^i ]所以扣掉 (Phi_2(x)) 后，代入 (-1) ，有：
[Phi_n(-1)=frac{2^kq imes(-2)}{(-2) imes2^kq}=1 ]所以 (S_n=1) 。
综上所述，除了我们给出的特殊情况外 (S_n) 均等于 (1) ，命题得证。