jzoj5970
题目大意：有(n^4)个点((a,b,c,d)(1leqslant a,b,c,dleqslant n))，给出(4)个长度为(n)的排列(A,B,C,D)，表示从((a,b,c,d))连向((A_a,B_b,C_c,D_d))的边长度为(1)，连向其它所有点的边长度为(2)，求最短汉密尔顿回路长度。
由于要经过每个点一次，所以一定经过了(n^4)条边。所以可以将所有边的长度减(1)，最后统计答案时再加回去。
取出所有此时长度为(0)的边，构成一个新图。显然每个点的出度为(1)，又由于(A,B,C,D)是排列，所以每个点的入度也为(1)，于是这个新图一定是有若干个环（可能有自环）组成。
每个环内的边的长度为(0)，所以可以考虑把每一个环缩成一个点，任意两个缩环后的点之间的距离为(1)。容易发现，当图中只有(1)个环，则不需要在环间走，否则，在环之间走的最短长度为环的数量。
如何求出环的数量？
设两个大小为(n)和(m)的环合并表示：两个长度分别为(n,m)的排列(A,B)，满足(A_i=i\%n+1,B_i=i\%m+1)，有(n imes m)个点((i,j)(1leqslant ileqslant n,1leqslant jleqslant m))，((i,j))向((A_i,B_j))连边，所得的图上的所有的环。
不难发现，两个大小为(n)和(m)的环合并会形成(gcd(n,m))个大小为( ext{lcm}(n,m))的环，记为(notimes m=gcd(n,m) imes ext{lcm}(n,m))，环的合并满足交换律和结合律。
设两个环的可重复集合(A,B)合并为(C=sum_{iin A,jin B}iotimes j)，也满足交换律和结合律。
于是，原问题可以转化为(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nsum_{k=1}^nsum_{l=1}^nfrac{ijkl}{ ext{lcm}(ijkl)}A_iB_jC_kD_l)，其中(A_i)表示第一个排列中的环的数量，(B,C,D)同理。
同时合并(4)个集合不好做，可以考虑两两合并。
从(sum_{i=1}^niA_i=n)可以看出(sum_{i=1}^n[A_i eq0]leqslant 2sqrt{n})，就可以暴力取出( eq0)的(A_i,B_i)，(O(nlog n))将(A)和(B)合并，得到一个新的集合(E)，同理合并(C,D)得到(F)。(E)与(F)中不为(0)的项的数量是(O(n))的。
合并(E,F)可以考虑分块，设一个(lim)，对于(i,jleqslant lim)的，用两个数组(p,q)分别存下，相当于求(sum_{i=1}^{lim}sum_{j=1}^{lim}p_iq_jgcd(i,j))，反演+变换消去(gcd)可以(O(limlog lim))求。对于(i>lim)或者(j>lim)的部分，最多有(frac{n^2}{lim})个数，暴力(O(ncdotfrac{n^2}{lim}log lim))两两合并即可。
总复杂度(O((lim+frac{n^3}{lim})log lim))，跑不满，常数小，松得过。
code：
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define inf 998244353
#define S 2000000
#define R(a,b,c)
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&pos[i]),mk[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(mk[i]){
int p=i,cnt=0;
while(mk[p])cnt++,mk[p]=0,p=pos[p];
a[cnt]++;
}for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i])b[++c]=std::make_pair(i,a[i]);
inline long long gcd(long p,long q){while(p%=q)p^=q^=p^=q;return q;}
int a[100002],b[100002],c[100002],d[100002],pos[100002],mk[10000002],n,tpa=0,tpb=0,tpc=0,tpd=0,tpA=0,tpB=0;
std::pair<long long,int>aa[100002],bb[100002],cc[100002],dd[100002],A[1000002],B[1000002],AA[1000002],BB[1000002];
int a1[S+2],b1[S+2],ans=0,p[S+2],tp=0;
int main(){
// freopen("space.in","r",stdin);
// freopen("space.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
R(a,aa,tpa);
R(b,bb,tpb);
R(c,cc,tpc);
R(d,dd,tpd);
for(int i=2;i<=S;i++){
if(!mk[i])p[++tp]=i;
for(int j=1;j<=tp&&i*p[j]<=S&&(mk[i*p[j]]=1)&&i%p[j];j++);
}
for(int i=1;i<=tpa;i++)
for(int j=1;j<=tpb;j++){
int p=gcd(aa[i].first,bb[j].first);
AA[(i-1)*tpb+j]=std::make_pair(aa[i].first*bb[j].first/p,1ull*aa[i].second*bb[j].second*p%inf);
}std::sort(AA+1,AA+tpa*tpb+1);
A[tpA=1]=AA[1];
for(int i=2;i<=tpa*tpb;i++){
if(AA[i].first!=AA[i-1].first)A[++tpA].first=AA[i].first,A[tpA].second=0;
A[tpA].second+=AA[i].second;
if(A[tpA].second>=inf)A[tpA].second-=inf;
}
for(int i=1;i<=tpc;i++)
for(int j=1;j<=tpd;j++){
int p=gcd(cc[i].first,dd[j].first);
BB[(i-1)*tpd+j]=std::make_pair(cc[i].first*dd[j].first/p,1ull*cc[i].second*dd[j].second*p%inf);
}std::sort(BB+1,BB+tpc*tpd+1);
B[tpB=1]=BB[1];
for(int i=2;i<=tpc*tpd;i++){
if(BB[i].first!=BB[i-1].first)B[++tpB].first=BB[i].first,B[tpB].second=0;
B[tpB].second+=BB[i].second;
if(B[tpB].second>=inf)B[tpB].second-=inf;
}
for(int i=tpA;i;i--)
for(int j=tpB;j&&(A[i].first>S||B[j].first>S);j--)
ans=(1ull*A[i].second*B[j].second%inf*gcd(A[i].first,B[j].first)+ans)%inf;
for(int i=1;i<=tpA&&A[i].first<=S;i++)
a1[A[i].first]=A[i].second;
for(int i=1;i<=tpB&&B[i].first<=S;i++)
b1[B[i].first]=B[i].second;
for(int i=1;i<=S;i++)
for(int j=i<<1;j<=S;j+=i)
a1[i]+=a1[j],a1[i]-=a1[i]>=inf?inf:0;
for(int i=1;i<=S;i++)
for(int j=i<<1;j<=S;j+=i)
b1[i]+=b1[j],b1[i]-=b1[i]>=inf?inf:0;
for(int i=1;i<=S;i++)
a1[i]=1ull*a1[i]*b1[i]%inf;
for(int j=1;j<=tp;j++){
for(int i=1;i*p[j]<=S;i++)
a1[i]+=inf-a1[i*p[j]],a1[i]-=a1[i]>=inf?inf:0;
}for(int i=1;i<=S;i++)ans=(1ull*a1[i]*i+ans)%inf;
printf("%d
",(1ull*n*n*n%inf*n+ans)%inf);
}