Cyclic GCDs
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
先咕着。
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);
}