CodeTON Round 3 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes) 「D. Count GCD gcd+容斥」

D. Count GCD

题目描述：

给你一个长度为n的数组a[i]，你需要构造一个长度为n的数组b[i],对于1<=i<=n，要满足a[i] = gcd(b[1], b[2]...,b[i]), 1<=b[i]<=m,问存在多少种不同的方法，对998244353取模

思路：

分析一下，对于每个i，必须满足a[i]%a[i-1]=0，否则答案就是0

对于b[i]，由于a[i-1]=gcd(b[1],b[2],...,b[i-1])我们其实只需要满足gcd(a[i-1], b[i])=a[i]即可我们假设a[i-1] = k*a[i],b[i]=a[i]*p，则我们只需要满足gcd(k,p) = 1即可，所以我们只需要知道 $1-\frac{m}{a[i]}$中与 $\frac{a[i-1]}{a[i]}$互质的数字的数量就行

这就是一个容斥的板子，先质因数分解以后，再二进制枚举子集进行容斥

#include 
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;
#define int long long
#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x;
int tr[MAX];

vector<ll> pme;
ll count_prime(ll n,ll x){
    pme.clear();
    for(ll i=2;i<=sqrt(x);++i){
        if(x%i==0){
            pme.push_back(i);
            while(x%i==0) x/=i;
        }
    }
    if(x>1) pme.push_back(x);
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<(1<<pme.size());++i){
        ll z=1,num=0;
        for(int j=0;j<pme.size();++j)
            if(i>>j&1) {z*=pme[j];++num;}
        if(num&1) sum+=n/z;
        else sum-=n/z;
    }
    return n-sum;
}


void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        cin >> tr[i];
    }
    ll ans = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(tr[i-1] % tr[i] != 0){
            cout << 0 << endl;
            return;
        }
        (ans *= count_prime(m/tr[i], tr[i-1]/tr[i]))%=mod9;
    }
    cout << ans << endl;
}


signed main(){
    io;
    int t;cin>>t;while(t--)
    work();
    return 0;
}
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62

（擦线水到两个ton币，好耶