纪念第一次所有的解析全写在代码里面
QWQ
这里就简单说几句了
首先一个灯有贡献，当且仅当他被按了(4k)次。
那么我们定义(f(S))表示([1,n])中有多少个数(x)是集合(S)中元素的公倍数
[f(S) = frac{n}{lcm_{xin S} x}
]
这里需要注意的是，求(lcm)的时候，要两两合并，不能用整体的乘积除以(gcd)
但是很容易发现，要是这样计算的，会有重复的情况别包含进去，就比如说较小的集合公倍数，一定会包含它超集的公倍数，所以的话，我们定义
(g(S))表示([1,n])中有多少个数(x)是集合(S)的公倍数，且不存在更大的集合(T)使得(x)是(T)中元素的公倍数
可以通过容斥在(O(3^m))内计算出来，大概就是对于一个集合(S)，你去枚举他所有的超集，然后减去那些可能会重复的（原理和正解的类似，都写在代码里面了）
那么$$ans = sum g(S) * sum_k C_{length(s)}^{4k} imes 2^{m-length(s)}$$
这里的原理的，底下的代码里有写
QWQ
但是我们发现这个东西时间复杂度是跑不过，那么我们就需要一些其他角度的计算方式或者状态
QWQ由于我比较懒，直接搬dalao的博客了
另外我的很多想法都直接写在代码里面QWQ
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define mk makr_pair
#define ll long long
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 1010;
const int mod = 998244353;
int c[maxn][maxn];
int n,m;
int a[maxn];
int ans;
int f[maxn],g[maxn];
void init()
{
for (int i=0;i<=1000;i++) c[i][i]=1,c[i][0]=1;
for (int i=2;i<=1000;i++)
{
for (int j=1;j<i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
int gcd(int a,int b)
{
if (b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
ll qsm(ll i,ll j)
{
ll ans=1;
while (j)
{
if (j&1) ans=ans*i%mod;
i=i*i%mod;
j>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
init();
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=m;i++) a[i]=read();
for (int i=0;i<(1 << m);i++)
{
int lcm = 1;
for (int j=1;j<=m;j++)
{
if ((1 << (j-1))&i)
{
lcm = lcm * a[j] / gcd(a[j],lcm); //两两lcm合并
if (lcm>n) break;
}
}
if (lcm>n) continue;
int ymh = __builtin_popcount(i);
//定义a[S]表示在[1,n]中，有多少个数是S集合的公倍数
f[ymh]+=n/lcm; //f[i]则表示所有长度为i的S的sigma(a[S])
f[ymh]%=mod;
}
//定义b(S)表示[1,n]中有多少个数x是集合S的公倍数，且不存在更大的集合T使得x是T中元素的公倍数；
//那么g(i)就表示对应长度i的集合的sigma(b[S])
for (int i=0;i<=m;i++) g[i]=f[i];
//因为考虑到一个长度的集合，我们可以合并到一起去算
//最后ans用g数组来算，就不会出现出现重复的情况了
for (int i=m;i>=0;i--)
for (int j=i+1;j<=m;j++)
g[i]=(g[i]-g[j]*c[j][i]%mod+mod)%mod; //这里可以理解为，就是每一个长度为j(j>i)的集合 ，都 为i的集合，而这些集合的公倍数，每一个都会在长度更小的集合中重复算一次，所以就减去QWQ了
//也就是说，对于长度为j的每一个b（S）中的数，都会在长度为i的他的子集中的对应的a(S)中出现，但是这个是不合法的，所以我们要减去这个贡献
for (int i=0;i<=m;i++) ans=(ans+qsm(2,m-i)*g[i]%mod*(c[i][0]+c[i][4]+c[i][8]+c[i][12]+c[i][16]+c[i][20])%mod)%mod;
//最后一行转移的式子是我们考虑枚举这个长度，然后只要选出来4k个，就一定是合法的（可以理解为g[i]中的数，在小的集合的贡献（这里子啊之前并不会算过，具体可以看g和b的定义），然后剩下的是随便选，因为我们考虑的是当前长度的贡献，
ans=ans%mod*qsm(qsm(2,m),mod-2)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}