Atcoder Beginner Contest 212 G,H题解

G

Description

$\forall x\in [0,P)$，求满足 $x^n\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 的自然数 $(x,y)$ 对数。

Solution

为方便叙述，令 $m=n-1$。

Lemma

答案为 $$\sum _{i|m}i\phi (i)+1$$

Prove

首先，$x=0$ 与 $y=0$ 对应，且 $y=0$ 仅与 $x=0$ 对应。下面，我们暂且先不管这一个配对。

首先，我们令 $m$ 的原根为 $r$。根据原根的性质，$r^1,\cdots ,r^{p-1}$ 将 $[1,P)$ 中的所有位置都覆盖了恰好一次。因此，当 $x\equiv r^a$ 且 $y\equiv r^b$ 时，有

$$r^{an}\equiv r^b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}P)$$

因此，$an\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$。现在问题转化为，对于每个 $a\in [0,m]$，求出 $a,2a,3a,\cdots$ 在模 $m$ 意义下覆盖的位置数量。显然，这个数量是 $\frac{m}{\gcd (m,a)}$。

得到答案

$$\sum _{a=1}^m\frac{m}{\gcd (m,a)}$$

令 $d=\gcd (m,a)$，则式子可以被写作

$$\sum _{d|m}\phi (\frac{m}{d})\frac{m}{d}$$

即

$$\sum _{d|m}d\phi (d)$$

引理证毕。

Algorithm

我们将 $m$ 分解质因数，然后进行暴力搜索即可。同时维护两个量，表示当前搜索到的数的值，以及所有被选质因数的乘积和它们减 $1$ 的乘积，可以非常方便地 $O(1)$ 计算 $\phi$。

时间复杂度 $O(f(m))$，其中 $f(m)$ 表示 $m$ 的约数个数。

Code

const int maxl=1005,mod=998244353;

int n,pos,ans;
int p[maxl],q[maxl];

void solve(int now,int val,int totp,int totp1){
    
    
	if (now==pos+1){
    
    
		int phi=(val/totp)*totp1;
		ans=(ans+(((val)%mod*(phi%mod))%mod))%mod;
		return;
	}
	int tmp=1;
	for (int i=0;i<=q[now];i++){
    
    
		solve(now+1,val*tmp,totp,totp1);
		tmp*=p[now];
		if (i==0)  totp=totp*p[now],totp1=totp1*(p[now]-1);
	}
}

signed main(){
    
    
	cin>>n;n--;
	for (int i=2;i*i<=n;i++){
    
    
		if (n%i==0){
    
    
			int cnt=0;
			while (n%i==0)  n/=i,cnt++;
			p[++pos]=i,q[pos]=cnt;
		}
	}
	if (n>1)  p[++pos]=n,q[pos]=1;
	
	solve(1,1,1,1);
	cout<<(ans+1)%mod<<endl;
	
	return 0;
}

H

Description

传送门

Solution

令 $a_i$ 为 $i$ 出现的次数，$F(x)$ 为异或多项式且 $f_i=a_i$，则答案为 $G(x)$ 的非 $0$ 项系数之和。其中

$$G(x)=\sum _{i=1}^{m}F(x{)}^i$$

则

$$G(x)=\frac{F(x{)}^{m+1}-F(x)}{F(x)-1}$$

对 $f$ 做 FWT 的异或变换，并对于每一位 $x=f_i$ 将其变为 $\frac{x^{m+1}-x}{x-1}$，最后逆变换回去即可得到 $G(x)$ 的每一项系数。注意特判 $x=1$ 的情况。

时间复杂度 $O(m\log m)$，其中 m = max ⁡ { A i } m=\max \{A_i\} m=max{ Ai​}。

Code

const int maxl=200005,mod=998244353,inv2=499122177;

int n,k,maxv,p=1,ans;
int a[maxl];

int quick_power(int x,int y){
    
    
	int res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=(x*x)%mod){
    
    
		if (y&1)  res=(res*x)%mod;
	}
	return res;
}
int ny(int tmpx){
    
    return quick_power(tmpx,mod-2);}

void FWT_xor_1(int l,int r){
    
    
	if (l==r)  return;
	
	int mid=(l+r)>>1;
	for (int i=0;i<r-mid;i++){
    
    
		int u=a[l+i],v=a[mid+1+i];
		a[l+i]=(u+v)%mod;
		a[mid+1+i]=(u+mod-v)%mod;
	}
	FWT_xor_1(l,mid),FWT_xor_1(mid+1,r);
}
void FWT_xor_2(int l,int r){
    
    
	if (l==r)  return;
	
	int mid=(l+r)>>1;
	for (int i=0;i<r-mid;i++){
    
    
		int u=a[l+i],v=a[mid+1+i];
		a[l+i]=((u+v)*inv2)%mod;
		a[mid+1+i]=((u+mod-v)*inv2)%mod;
	}
	FWT_xor_2(l,mid),FWT_xor_2(mid+1,r);
}

signed main(){
    
    
	k=read(),n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		int x=read();
		a[x]++;
		maxv=max(maxv,x);
	}
	while (p<=maxv)  p*=2;
	p--;
	
	FWT_xor_1(0,p);

	for (int i=0;i<=p;i++){
    
    
		if (a[i]==1){
    
    
			a[i]=k;
			continue;
		}
		int x=quick_power(a[i],k+1)-a[i];
		x=(x%mod+mod)%mod;
		
		int y=(a[i]+mod-1)%mod;
		a[i]=(x*ny(y))%mod;
	}
	FWT_xor_2(0,p);
	
	for (int i=1;i<=p;i++)  ans=(ans+a[i])%mod;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}