「FJWC2020Day5-zzq」lg (容斥)

「FJWC2020Day5-zzq」lg

设模数为\(P\)

考虑对于每一个\(\gcd\)计算\(\text{lcm}\)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\(\lfloor \frac{m}{gcd}\rfloor\) 以内所有\(\text{lcm}\)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

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

(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\(O(m\log m)\)，实际上$\lfloor \frac{m}{i}\rfloor $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\(\gcd^{{\lfloor \frac{m}{gcd}\rfloor }^n}\)

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\(O(m\log P)\)

#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\n",ans);
}