[THUPC 2023 初赛] 快速 LCM 变换

题目描述

小 I 今天学习了快速最小公倍数变换（Fast Least-Common-Multiple Transform, FLT），于是他想考考你。

给定一个长度为 $n$ 的正整数序列 $r_1,r_2,\cdots,r_n$。你需要做以下操作恰好一次：

选择整数 $i,j$ 使得 $1 \le i < j \le n$。在序列末尾加入 $(r_i+r_j)$，并将 $r_i$ 和 $r_j$ 从序列中删除。

可以注意到总共有 $\frac{n(n-1)}{2}$ 种可能的操作，每种操作会得到一个长度为 $n-1$ 的序列。

你需要对所有的这 $\frac{n(n-1)}{2}$ 个序列，求出序列中所有元素的最小公倍数，并给出它们的和模 $998244353$ 的值。

输入格式

输入的第一行包含一个正整数 $n$，表示序列的长度。接下来一行 $n$ 个正整数 $r_1,r_2,\cdots,r_n$，描述初始序列。

输出格式

输出一行一个整数，表示所有序列的最小公倍数的和模 $998244353$ 的值。

样例 #1

样例输入 #1

3

2 3 4

样例输出 #1

提示

样例解释 1

$i=1,j=2$ 时，得到的序列为 $\{4,5\}$，最小公倍数为 $20$；
$i=1,j=3$ 时，得到的序列为 $\{3,6\}$，最小公倍数为 $6$；
$i=2,j=3$ 时，得到的序列为 $\{2,7\}$，最小公倍数为 $14$。

因此输出为 $20+6+14=40$。

子任务

对于所有测试数据，$2 \le n \le 5 \times 10^5, 1 \le r_1,r_2,\cdots,r_n \le 10^6$。

题目来源

来自 2023 清华大学学生程序设计竞赛暨高校邀请赛（THUPC2023）初赛。

题解等资源可在 https://github.com/THUSAAC/THUPC2023-Pre 查看。

求最小公倍数还要取模？只能拆成质数之幂再乘起来了。

那么一个质数的哪些幂次最终可能会被计入答案呢？乍一看，次数前三大的都用到。但仔细分析一下，其实只用次数前两大的数。

这是因为，如果同时删掉了前两大次数的数，那么会增加 $p^{k_1}+p^{k_2}$，那么他一定是 $p^{k_2}$ 的倍数。

设原来的最小公倍数为 $s$，那么如果删掉某一个数之后，答案会变成 $s$ 的多少倍是固定的，也是分开的。我们可以枚举质数，算出删某一个数 $x$ 时的答案 $p_x$。

此时如果我删掉数字 $x$ 和 $y$，那么此时 $s$ 会变成 $p_xp_ys$，然后我们还要统计 $x+y$ 时带来的贡献。

可以通过 NTT 计算出选择和为 $a$ 时的各种方案的 $s$ 倍数之和，此时要计算 $a$ 会变成 $s$ 的多少倍。分解质因数后看他的次数是否超过 $s$ 的次数就行了。

注意要好好去重。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int P=998244353,N=2097152,iv3=332748118,iv2=P+1>>1;

int a[N],f[N],p[N],cmx[N],mx[N],r[N],n,nw[N],ret=1,ans,c[N];

vector<int>g[N];

int pown(int x,int y)

{

	if(!y)

		return 1;

	int t=pown(x,y>>1);

	if(y&1)

		return 1LL*t*t%P*x%P;

	return 1LL*t*t%P;

}

void ntt(int a[],int op)

{

	for(int i=0;i<N;i++)

		if(i<r[i])

			swap(a[i],a[r[i]]);

	for(int md=1;md<N;md<<=1)

	{

		int g=pown(op? 3:iv3,(P-1)/(md<<1));

		for(int i=0;i<N;i+=md<<1)

		{

			int pw=1;

			for(int j=0;j<md;j++,pw=1LL*pw*g%P)

			{

				int ax=pw*1LL*a[i+j+md]%P;

				a[i+j+md]=(a[i+j]-ax+P)%P;

				(a[i+j]+=ax)%=P;

			}

		}

	}

}

int main()

{

//	freopen("P9135_1.in","r",stdin);

	for(int i=2;i<N;i++)

		if(!g[i].size())

			for(int j=1;j*i<N;j++)

				g[i*j].push_back(i);

	scanf("%d",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++)

		scanf("%d",a+i),f[a[i]]=1,c[a[i]]++;

	for(int i=1;i<N;i++)

		r[i]=r[i>>1]>>1|((i&1)*N/2);

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		for(int j=0;j<g[a[i]].size();j++)

		{

			int cnt=0,k=a[i];

			while(k%g[a[i]][j]==0)

				++cnt,k/=g[a[i]][j];

			if(cnt>mx[g[a[i]][j]])

			{

				cmx[g[a[i]][j]]=mx[g[a[i]][j]],mx[g[a[i]][j]]=cnt;

				nw[g[a[i]][j]]=a[i];

			}

			else if(cnt>cmx[g[a[i]][j]])

				cmx[g[a[i]][j]]=cnt;

		}

	}

	for(int i=1;i<N;i++)

		if(mx[i])

			f[nw[i]]=1LL*f[nw[i]]*pown(pown(i,mx[i]-cmx[i]),P-2)%P,ret=1LL*ret*pown(i,mx[i])%P;

	for(int i=0;i<N;i++)

		p[i]=f[i]*1ll*c[i]%P;

	ntt(p,1);

	for(int i=0;i<N;i++)

		p[i]=1LL*p[i]*p[i]%P;

	ntt(p,0);

	for(int i=0;i<N;i++)

		p[i]=1LL*p[i]*pown(N,P-2)%P;

//	for(int i=1;i<=8;i++)

//		printf("%d \n",p[i]);

	for(int i=1;i<N;i++)

	{

		if(i*2<N)

			(p[i*2]+=P-1LL*c[i]*f[i]%P*f[i]%P)%=P;

//		if(i<=8)

//			printf("%d ",p[i]);

		for(int j=0;j<g[i].size();j++)

		{

			int cnt=0,k=i;

			while(k%g[i][j]==0)

				++cnt,k/=g[i][j];

			if(cnt>mx[g[i][j]])

				p[i]=1LL*p[i]*pown(g[i][j],cnt-mx[g[i][j]])%P;

		}

		(ans+=p[i])%=P;

	}

	printf("%lld\n",ans*1LL*ret%P*iv2%P);

}