[2018.10.11 T2] 整除

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整除

题目描述

整除符号为∣|∣，d∣nd|nd∣n 在计算机语言中可被描述为 n%d==0n\%d == 0n%d==0。
现有一算式n∣xm−xn|x^m − xn∣xm−x，给定n，mn，mn，m，求[1,n][1, n][1,n]以内xxx解的个数。
解可能很大，输出取模998244353998244353998244353。

格式

输入格式

其中nnn的给定方式是由ccc个不超过ttt的质数的乘积给出的，ccc和ttt的范围会在数据范围中给出。
第一行一个ididid表示这个数据点的标号。
多组数据，其中第二行一个整数TTT表示数据组数。
对于每一组数据：
第一行两个整数ccc和mmm。
第二行ccc个整数，这些整数都是质数，且两两不同，他们的乘积即为nnn。
由于你可以通过输入求出ttt，输入不再给出。

输出格式

对于每组数据输出一行，表示解的个数。

样例

样例输入

0
1
2 3
2 3

样例输出

6
另有两个样例，见下发文件。

数据范围

测试点	c≤c ≤c≤	t≤t ≤t≤	m≤m ≤m≤	T≤T ≤T≤
111	222	10310^3103	222	505050
222	222	10310^3103	10910^9109	505050
333	222	10210^2102	101010	100001000010000
444	111	10410^4104	222	505050
555	222	10410^4104	222	505050
6,7,86,7,86,7,8	101010	10410^4104	10910^9109	505050
9,109,109,10	505050	10410^4104	10910^9109	505050

其中所有数据点都满足1≤c≤50,1≤t≤104,1≤m≤109,1≤T≤100001 ≤ c ≤ 50,1 ≤ t ≤ 10^4,1 ≤ m ≤ 10^9,1 ≤ T ≤100001≤c≤50,1≤t≤104,1≤m≤109,1≤T≤10000。

题解

发现对于n∣xm−x(n=∏pi)n|x^m-x\ (n=\prod p_i)n∣xm−x (n=∏pi)这个式子的求解，可以化为对下面这个方程组的求解：
{xm−x≡0mod  p1xm−x≡0mod  p2⋮xm−x≡0mod  pc\left\{ \begin{aligned} &x^m-x\equiv 0\mod p_1\\ &x^m-x\equiv 0\mod p_2\\ &\qquad \vdots \\ &x^m-x\equiv 0\mod p_c\\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧xm−x≡0modp1xm−x≡0modp2⋮xm−x≡0modpc

可以发现，这是一个同余方程组，那么根据中国剩余定理，整个方程组的解的个数便等于方程组中每个方程的解的个数的乘积，我们可以O(p)O(p)O(p)的遍历[1,p][1,p][1,p]的所有数来求解每个方程，再将解的个数乘起来得到答案，解决单词询问的复杂度为O(∑(pilog⁡pi))O(\sum (p_i\log p_i))O(∑(pilogpi))。

然而丧心病狂的出题人并不满足于这样的复杂度，复杂度瓶颈在于快速幂的log⁡p\log plogp，考虑我们实际上在处理函数f(x)=xmmod  pf(x)=x^m\mod pf(x)=xmmodp在[1,p][1,p][1,p]内的值，这个函数是积性的，所以f(x)f(x)f(x)在合数上的值可以线性筛出来，我们只需要在质数做快速幂，因为质数的个数约等于pilog⁡pi\frac{p_i}{\log p_i}logpipi，刚好与快速幂log⁡pi\log p_ilogpi抵消，于是最后复杂度降为O(∑pi)O(\sum p_i)O(∑pi)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e4+5,mod=998244353;
int p[M/3],f[M],sum[M],c,m,T,ans,i,a;
bool vis[M];
int power(int x,int p,int mod){int r=1;for(;p;p>>=1,x=x*x%mod)if(p&1)r=r*x%mod;return r;}
int sie(int n,int m)
{int i=2,ans=2,t;for(p[0]=0;i<n;++i){if(!vis[i])p[++p[0]]=i,f[i]=power(i,m,n);for(int j=1;j<=p[0];++j){if((t=i*p[j])>n)break;vis[t]=1;f[t]=f[i]*f[p[j]]%n;if(i%p[j]==0)break;}ans+=f[i]==i;}return ans;
}
void in(){scanf("%d%d",&c,&m);}
void ac(){for(ans=i=1;i<=c;++i)scanf("%d",&a),ans=1ll*ans*sie(a,m)%mod;printf("%d\n",ans);}
int main(){for(scanf("%*d%d",&T);T--;)in(),ac();}