LOJ6356 四色灯容斥 dp

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题意：
你有 $n$ 个灯，每个灯有四种可能的颜色，一开始都是第一种颜色，有 $m$ 种操作，每种操作是一个 $x_i$ ，表示把 $x_i$ 的倍数全都变成下一个颜色，第四次变化后会变回第一次的颜色，问你从这 $m$ 种操作中随机选出一个集合的操作去进行，期望有多少个颜色为初始的第一种颜色的灯。 $n<=1e9,m<=20$ ，答案对998244353取模。

题解：
首先感觉这个题可能会 $2^m$ 枚举集合，于是这样我们可以转化成求总方案数，最后再除以一个 $2^m$ 就可以了。我们可能会跟着直觉往dp或者容斥方向去想，但是这个题确实不好想。先%%%y_immortal大佬，他向我推荐的这个题，并且写了全网第一篇题解，我也是跟他学的。

首先我们应该可以想到，一个灯最后还是初始颜色的条件是它被变化颜色的次数是4的倍数。我们发现一个数字它被变化多次的条件是它是两个操作的lcm的倍数，那么我们先设 $f[S]$ 表示 $[1,n]$ 中有多少个数是集合 $S$ 的公倍数，但是我们会发现，这样考虑是会有重复的，就是小集合里的数的公倍数可能会在它的超集里再次被计算。所以我们想定义一个 $g[S]$ ，表示在 $[1,n]$ 中有多少个数是 $S$ 中元素的lcm的倍数，并且不是任何一个超集的lcm的倍数的个数。 $g[S]$ 需要用容斥去算。

但是就算是算出来了刚才那些，还是会复杂度爆炸啊，于是这个题正解的做法是考虑把元素个数相同的 $f$ 和 $g$ 一起算出来。对于 $f$ 比较好算，再原来的基础上算的时候记录一下当前集合有多少个元素，然后加到对应元素数的地方就行了。重点是求这个 $g$ 。首先，我们先把 $g$ 的初始值设为 $f$ 的初始值，然后考虑容斥，容斥的思路还是减去超集中的答案。我们用一个 $m^2$ 的复杂度来计算每一个 $g[i]$ 的答案，计算的方法是对于当前的 $i$ ，枚举所有比它大的集合，考虑从当前的答案中减去是当前集合lcm的倍数同时大集合lcm的倍数的数，过程中要乘一个组合数。求出 $g$ 之后就可以计算答案了，答案就是 $\sum_{i=0}^mg[i]*\sum_{j=0\&j\%4=0}^mC_{i}^j*2^{m-i}$ 。原因是你在一个 $i$ 个操作里选任意4的倍数个操作都会是合法的。

感觉还是很神仙的一道题。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,a[30];
long long f[30],g[30],c[51][51],ans;
const long long mod=998244353;
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
} 
inline long long gcd(long long x,long long y)
{
	return y?gcd(y,x%y):x;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=0;i<=50;++i)
	c[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=50;++i)
	{
		for(int j=1;j<=i;++j)
		c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
	}
	int mx=(1<<m);
	for(int i=0;i<mx;++i)
	{
		int ji=0;
		long long lcm=1;
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			if(i&(1<<(j-1)))
			{
				lcm=lcm*a[j]/gcd(lcm,a[j]);
				if(lcm>n)
				break;
				++ji;
			}
		}
		if(lcm>n)
		continue;
		f[ji]=(f[ji]+n/lcm)%mod;
	}	
	for(int i=0;i<=m;++i)
	g[i]=f[i];
	for(int i=m;i>=0;--i)
	{
		for(int j=i+1;j<=m;++j)
		g[i]=(g[i]-g[j]*c[j][i]%mod+mod)%mod;
	}
	for(int i=0;i<=m;++i)
	ans=(ans+g[i]*((c[i][0]+c[i][4]+c[i][8]+c[i][12]+c[i][16]+c[i][20])%mod)%mod*ksm(2,m-i)%mod)%mod;
	ans=ans*ksm(ksm(2,m),mod-2)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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