Cyclic GCDs

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题面描述

有\(n\)个点，每个点有权值。

现有排列\(P\),\(p_i\)表示\(i\)个点向\(p_i\)连了一条边。

显然会形成若干个简单环。每个简单环的权值定义为环上最小的权值，一张图的权值定义为所有环的权值的乘积。

所有形成了\(k\)个简单环的图的权值和记为\(b_k\)

现在要求\(b_1,b_2...b_n\)的最大公因数。

输出对大质数取模。

\(n\le10^5\)

解题思路

首先可以发现，顺序无关紧要，为了方便处理，我们把权值从小到大排序。

考虑这样的一个\(DP\)

我们设\(dp[i][j]\)表示考虑到前\(i\)个数，共形成了\(j\)个简单环的权值和。

我们考虑把第\(i+1\)个数塞进去的方式：

• 塞入到一个之前的环中，可以接在每个点后面，共有\(i\)种接法。由于我们从小到大排序，所以不会改变每个环上的最小值，得到转移：\(dp[i+1][j]+=i*dp[i][j]\)
• 独立成环，方案数不变，多了一个\(a_{i+1}\)的权值，得到转移：\(dp[i+1][j+1]+=a_{i+1}*dp[i][j]\)

于是我们得到了一个\(O(n^2)\)的做法。

我们把\(dp[k]\)的生成函数写出来，设为

\[F_k(x)=\sum_{i=0}^n dp[k][i]*x^i
\]

根据上面的转移，可知：

\[F_{k+1}(x)=F_k(x)*(a_{k+1}x+k)
\]

于是,最终的\(dp[n]\)的生成函数为：

\[F_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(a_{i+1}x+i)
\]

可以证明，最后的\(gcd\)等于每个\(gcd\)相乘。

于是我们就愉快的做完了。

证明

命题：\(S(x),R(x)\)为整系数多项式，每一项系数的\(gcd\)分别为\(s,r\),则多项式\(P(x)Q(x)\)每一项系数的\(gcd\)为\(sr\)

证明：不妨设\(s=r=1\)，不难证明，这与原命题等价。

​ 假设\(S(x)R(x)\)每一项系数的\(gcd\)为质数\(p\)的倍数，我们期望导出矛盾。

​ 考虑最高次项的系数，为\(S(x)\)与\(R(x)\)的最高项系数相乘得到的结果。

​ 因为最高次项系数为质数\(p\)的倍数，所以\(S(x),R(x)\)的最高项系数其中一个为\(p\)的倍数，不妨设为\(S(x)\)的最 高项系数。

​ 因为系数为\(p\)的倍数，它与其他系数乘积也为\(p\)的倍数，并不影响最后多项式任何一项系数对\(p\)的整除性，所 以将\(S(x)\)的最高项次数变为\(0\)，并不影响最后的\(gcd\)是否是\(p\)的倍数。

​ 然后就变成了一个子问题，继续迭代，取最高次项，直到有一个多项式变为零多项式为止。

​ 那么，这个零多项式，他原来的每一项系数均为\(p\)的倍数，这与假设不符，矛盾。

​ 故原命题成立。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n;
int ans;
int a[100005];
int gcd(int a,int b){
	return a%b?gcd(b,a%b):b;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	ans=a[1];
	for(int i=1;i<n;i++)
		ans=1ll*ans*gcd(a[i+1],i)%mod;
	printf("%d\n",ans);
}