洛谷 P6624

洛谷 P6624

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，边带边权 \(w_i\)。对于一棵生成树 \(T\)，其权值为：

\[val(T) = (\sum\limits_{e \in T} w_e) \cdot \gcd \limits_{e \in T} w_e \]

求所有生成树权值之和对 \(998244353\) 取模的结果。

\(n \le 30, w \le 152501(V = 152501)\)

首先用莫比乌斯反演处理掉 \(\gcd\)（利用 \(Id = \varphi * I\)）：

\[\begin{aligned} val(T) &= (\sum\limits_{e \in T} w_e) \cdot \sum\limits_{d | \gcd\{w_e\}} \varphi(d) \\ &= \sum\limits_{d} \varphi(d) \sum\limits_{T | \forall e \in T, d | w_e} \sum\limits_{e \in T} w_e \end{aligned} \]

枚举 \(d\) 后，把 \(d | w_e\) 的边提取出来，形成了一张新的图 \(G\)。问题转化为求 \(G\) 所有生成树的权值和。

如果 \(val(T)\) 中的求和部分改为 \(1 / \prod\limits_{e \in T} w_e\)，就是一个矩阵树定理的板子题。

对于加法，解决方式是我们构造一个多项式：\((1 + wx)\)，那么答案就是 \([x^1]\)。

对于多项式的运算，加减直接算即可，简单说一下乘、除（省略高于 \(x\) 的项）：

\((a + bx)(c + dx) = ac + (ad + bc)x\)。

\(\dfrac{a + bx}{c + dx} = \dfrac{a}{c} + (\dfrac{b}{c} - \dfrac{ad}{c^2})x\)。

除法解释一下，我们对于多项式 \(c + dx\) 求逆，待定系数： \((C + Dx)(c + dx) \equiv 1 \pmod {x^2}\)（不用管二次项），得到：

\[\begin{cases} C \cdot c &= 1 \\ Cd + Dc &= 0 \end{cases} \]

记得：\(C = \frac{1}{c}, D = -\frac{d}{c^2}\)，带到上面即可。

所以高斯消元的的时候，要满足 \(A_{i, i}\) 的常数项不为 \(0\)，才能求逆元。如果都是 \(0\)，行列式的值也未必是 \(0\)，要特判一下，对于一次项做普通的消元即可。（洛谷不卡，偷懒没写。）

重载运算符即可直接暴力求行列式了。

时间复杂度：\(O(n^3V)\)，可能可以通过。

有一个巨大的优化是，如果 \(d | w_e\) 的 \(e\) 的数量不足 \(n - 1\)，就没有生成树，不用做了。这样只有至多 \(O(\frac{\sum\sigma(w)}{n - 1})\)个 \(d\) 了，而且跑不满，足以通过。（\(w_e\) 最多 \(144\) 个约数）

时间复杂度：\(O(n^2\sum \sigma w)\)

这个题似乎是两个割裂的部分拼起来的。