[luogu7092]计数题

由于$\mu(i)$，因此每一个素数最多存在1次，当$k=0$答案必然为0

根据莫比乌斯和欧拉函数的积性，答案与对素数的划分无关，仅与每一个素数是否出现有关，换言之枚举素数出现的集合$P'$，答案即为$\sum_{P'\subseteq P}(-1)^{|P'|}div(|P'|)\prod_{p\in P'}(p-1)$

（其中$div(n)$表示对$n$个数划分的方案数，当$k=1$时即$div(n)=1$）

令$f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(\sum_{|P'|=i}\prod_{p\in P'}(p-1))x^{i}$，答案即为$\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{i}div(i)f(x)[i]$

考虑求$f(x)$，当插入一个素数$p$，则$f(x)[i]=(p-1)f(x)[i-1]+f(x)[i]$，可以看作乘上$1+(p-1)x$这个多项式，重复此过程可得$f(x)=\prod_{p+1\in P}(1+px)$，分治fft即可

当$p=1$时$div(i)=1$，直接计算即可；当$p=2$时，考虑$div(i)$，即贝尔数，记作$B_{n}$

考虑其指数生成函数，即$f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_{i}}{i!}x^{i}$

代入其递推式，即$f(x)=B_{0}+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\sum_{j=0}^{i-1}\frac{(i-1)!}{j!(i-j-1)!}B_{j}}{i!}x^{i}$

调换枚举顺序，即$f(x)=B_{0}+\sum_{j=0}^{\infty}\frac{B_{j}}{j!}\sum_{i=j+1}^{\infty}\frac{x^{i}}{i(i-j-1)!}$

对其求导，即$f'(x)=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{B_{j}}{j!}\sum_{i=j}^{\infty}\frac{x^{i}}{(i-j)!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{B_{j}x^{j}}{j!}\sum_{i=j}^{\infty}\frac{x^{i-j}}{(i-j)!}$

根据$e^{x}$泰勒展开的结果，后半部分即$e^{x}$，代入得$f'(x)=e^{x}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{B_{j}x^{j}}{j!}=e^{x}f(x)$

考虑多项式$\frac{f'(x)}{f(x)}$，联系多项式ln的推导过程或对$\ln f(x)$求导，可得$\frac{f'(x)}{f(x)}=(\ln f(x))'=e^{x}$

对两边积分，即$\ln f(x)=e^{x}+C$，再同时exp，即$f(x)=e^{e^{x}+C}$，由于exp要求常数项为0，令$C=-1$即可，最终得到$f(x)=e^{e^{x}}-1$，多项式exp即可

由于素数个数为$\frac{n}{\ln n}$个，因此总复杂度为$o(n\log_{2}n)$，可以通过

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 1000005
  4 #define mod 998244353
  5 struct poly{
  6     vector<int>a;
  7 }a,b;
  8 int n,type,ans,p[N],vis[N];
  9 int ksm(int n,int m){
 10     if (!m)return 1;
 11     int s=ksm(n,m>>1);
 12     s=1LL*s*s%mod;
 13     if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
 14     return s;
 15 }
 16 void ntt(poly &a,int n,int p){
 17     for(int i=0;i<(1<<n);i++){
 18         int rev=0;
 19         for(int j=0;j<n;j++)rev=rev*2+((i&(1<<j))>0);
 20         if (i<rev)swap(a.a[i],a.a[rev]);
 21     }
 22     for(int i=2;i<=(1<<n);i*=2){
 23         int s=ksm(3,(mod-1)/i);
 24         if (p)s=ksm(s,mod-2);
 25         for(int j=0;j<(1<<n);j+=i)
 26             for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){
 27                 int x=a.a[j+k],y=1LL*ss*a.a[j+k+(i>>1)]%mod;
 28                 a.a[j+k]=(x+y)%mod;
 29                 a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod;
 30             }
 31     }
 32     if (p){
 33         int s=ksm((1<<n),mod-2);
 34         for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod;
 35     }
 36 }
 37 poly dfs(int n,int l,int r){
 38     poly ans;
 39     if (n==1){
 40         ans.a.push_back(1);
 41         if ((!l)||(r>p[0]))ans.a.push_back(0);
 42         else ans.a.push_back(p[l]-1);
 43         ans.a.push_back(0);
 44         ans.a.push_back(0);
 45         return ans;
 46     }
 47     int mid=(l+r>>1);
 48     poly L=dfs(n-1,l,mid),R=dfs(n-1,mid+1,r);
 49     for(int i=0;i<(1<<n);i++)L.a.push_back(0);
 50     for(int i=0;i<(1<<n);i++)R.a.push_back(0);
 51     ntt(L,n+1,0);
 52     ntt(R,n+1,0);
 53     for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a.push_back(1LL*L.a[i]*R.a[i]%mod);
 54     ntt(ans,n+1,1);
 55     return ans;
 56 }
 57 poly inv(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式
 58     poly ans;
 59     if (n==0){
 60         ans.a.push_back(ksm(a.a[0],mod-2));
 61         ans.a.push_back(0);
 62         return ans;
 63     }
 64     ans=inv(n-1,a);
 65     for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.push_back(0);
 66     poly b=a;
 67     for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)b.a[i]=0;
 68     ntt(ans,n+1,0);
 69     ntt(b,n+1,0);
 70     for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*(mod+2-1LL*ans.a[i]*b.a[i]%mod)%mod;
 71     ntt(ans,n+1,1);
 72     for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0;
 73     return ans;
 74 }
 75 poly ln(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式
 76     poly ans=inv(n,a);
 77     for(int i=0;i<(1<<n+1)-1;i++)a.a[i]=1LL*a.a[i+1]*(i+1)%mod;
 78     a.a[(1<<n+1)-1]=0;
 79     ntt(ans,n+1,0);
 80     ntt(a,n+1,0);
 81     for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*a.a[i]%mod;
 82     ntt(ans,n+1,1);
 83     for(int i=(1<<n+1)-1;i;i--)ans.a[i]=1LL*ksm(i,mod-2)*ans.a[i-1]%mod;
 84     ans.a[0]=0;
 85     for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0;
 86     return ans;
 87 }
 88 poly exp(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式
 89     poly ans;
 90     if (!n){
 91         ans.a.push_back(1);
 92         ans.a.push_back(0);
 93         return ans;
 94     }
 95     ans=exp(n-1,a);
 96     for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.push_back(0);
 97     poly l=ln(n,ans);
 98     for(int i=0;i<(1<<n);i++)l.a[i]=(a.a[i]-l.a[i]+mod)%mod;
 99     for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)l.a[i]=0;
100     l.a[0]++;
101     ntt(l,n+1,0);
102     ntt(ans,n+1,0);
103     for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*l.a[i]%mod;
104     ntt(ans,n+1,1);
105     for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0;
106     return ans;
107 }
108 int main(){
109     scanf("%d%d",&n,&type);
110     if (!type){
111         printf("0");
112         return 0;
113     }
114     for(int i=2;i<=n;i++){
115         if (!vis[i]){
116             p[++p[0]]=i;
117             vis[i]=1;
118         }
119         for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<=n);j++){
120             vis[i*p[j]]=1;
121             if (i%p[j]==0)break;
122         }
123     }
124     a=dfs(18,0,(1<<17)-1);
125     if (type==1){
126         for(int i=1;i<=p[0];i++)
127             if (i&1)ans=(ans+mod-a.a[i])%mod;
128             else ans=(ans+a.a[i])%mod;
129         printf("%d",ans);
130         return 0;
131     }
132     b.a.push_back(0);
133     b.a.push_back(1);
134     for(int i=2;i<(1<<17);i++)b.a.push_back(1LL*b.a[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod);
135     b=exp(17,b);
136     int fac=1;
137     for(int i=1;i<=p[0];i++){
138         fac=1LL*fac*i%mod;
139         int s=1LL*a.a[i]*b.a[i]%mod*fac%mod;
140         if (i&1)ans=(ans+mod-s)%mod;
141         else ans=(ans+s)%mod;
142     }
143     printf("%d",ans);
144 }