【2018北京集训6】Lcm DFT&FWT

首先我们来看下此题的模数232792561。

232792561=lcm(1,2,3.......20)+1。这个性质将在求值时用到。

我们将n分解质因数，令$m$为$n$的素因子个数，设n=$\Pi_{j=0}^{m-1} p_j^{b_j}$ ，其中$p_j$是素数且$p_0$至$p_{m-1}$从小到大排列。考虑到$n≤10^{18}$，则$m≤15$。

我们用 $f[i][j]$ 表示当前$n$的因数$x$所表示的状态为$i$，且模$k$为$j$时的方案数。

下面讲下如何用一个已知的因数$x$求出$i$。

设$x=\Pi_{j=0}^{m-1} p_j^{d_j}$ ，则$i=\sum _{j=0}^{m-1} 2^{j} \times [d_j==b_j]$ 。（此处举个例子，令$n=12$，则当$x=6$时，$i=2$，当$x=12$时，$i=3$，如果还是不清楚的话可以去看我的代码）

据此定义，则答案显然为$f[2^{m}-1][0]$。

初始化：对于$\forall n \% x==0$ 有 $f[i][x \% k]=1$

下面考虑如何转移。

显然，朴素的转移方法是会超时的（说白了就是只有10分），那么考虑如何加速转移。

首先，我们现在$f[i][0...2^{m}-1][]$中完成同层的转移（详情见代码）

假设我们去取出数量相同的$c$和b，使得$\Pi f[b_l][c_i]$ 可以对$f[2^m-1][0]$产生贡献。

考虑可对$f[2^m-1][0]$产生贡献的条件，显然有三：

$b_1 \ or\ b_2 \ or \ .....b_p=2^m-1 $

$b_1 \ne b_2 \ne ..... \ne b_p$

$c_1\ +\ c_2\ +\ .....\ c_p\ \equiv 0 (mod \ k)$

对于这两条限制，直接对每一行(既$f[i]$)先做一次DFT以满足性质3，然后对每一列（即$f[][j]$）做一次FWT以满足性质1和性质2（没错通过这种嵌套即可同时满足两个性质），然后将最后一列做一次IDFT,即可求出$f[2^m-1][0]$

此题看题5分钟，懵逼4小时，写题1小时.....

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 20000000
 #define MOD 232792561
 #define L long long
 using namespace std;
 L pow_mod(L x,int k){
     L ans=;
     while(k){
         if(k&) ans=ans*x%MOD;
         x=x*x%MOD; k>>=;
     }
     return ans;
 }
 L f[<<][]={};
 L n,m,nn,e[]={},d[]={},p[]={},a[M]={}; int k;
 
 void DFT(L a[],L w[],int n,int on){
     L b[]; memset(b,,sizeof(b));
     for(int i=;i<n;i++)
     for(int j=;j<n;j++)
     b[i]=(b[i]+a[j]*w[i*j])%MOD;
     memcpy(a,b,);
     if(on==-){
         L inv=pow_mod(n,MOD-);
         for(int i=;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
     }
 }
 
 void fenjie(L n){//分解质因数
     for(int i=;i<=;i++)
     if(n%i==){
         m++; p[m]=i; e[m]=;
         while(n%i==) n/=i,d[m]++,e[m]*=i;
     }
 }
 void coushu(int x,L ji){//凑出所有约数
     if(x>m) {a[++nn]=ji; return;}
     coushu(x+,ji);
     for(int i=;i<=d[x];i++){
         ji*=p[x];
         coushu(x+,ji);
     }
 }
 
 void add(int x,int nk){
     L b[];
     memcpy(b,f[x],);
     for(int i=;i<k;i++)
     f[x][i]=(f[x][i]+b[(i-nk+k)%k])%MOD;
     f[x][nk]=(f[x][nk]+)%MOD;
 }
 L w1[]={},w2[]={};
 void sub(){
     memset(e,,sizeof(e)); memset(d,,sizeof(d));
     memset(p,,sizeof(p)); memset(a,,sizeof(a));
     memset(f,,sizeof(f)); m=nn=;
     cin>>n>>k;
     L w=pow_mod(,(MOD-)/k); w1[]=w2[]=;
     for(int i=;i<;i++){
         w1[i]=w1[i-]*w%MOD;
         w2[i]=pow_mod(w1[i],MOD-);
     }
     m=; fenjie(n);
     coushu(,);
     for(int i=;i<=nn;i++){
         int id=;
         for(int j=;j<=m;j++)
         if(a[i]%e[j]==) id=id|(<<(j-));
         add(id,a[i]%k);
     }
     int mm=<<m;
     for(int i=;i<mm;i++) DFT(f[i],w1,k,);
     for(int i=;i<mm;i++)
     for(int j=;j<k;j++) f[i][j]++;
 
     for(int i=;i<mm;i<<=)
     for(int j=;j<mm;j++)
     if(i&j){
         for(int l=;l<k;l++)
         f[j][l]=f[j][l]*f[i^j][l]%MOD;
     }
     for(int i=;i<mm;i<<=)
     for(int j=;j<mm;j++)
     if(i&j){
         for(int l=;l<k;l++)
         f[j][l]=(f[j][l]-f[i^j][l]+MOD)%MOD;
     }
     DFT(f[mm-],w2,k,-);
     printf("%lld\n",f[mm-][]);
 }
 
 int main(){
     int cas; scanf("%d",&cas);
     while(cas--) sub();
 }