[ABC236H] Distinct Multiples

一、题目

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二、解法

考虑容斥第二个限制，如果钦定 \(a_i=a_j\) 我们就连边 \((i,j)\)，具体来说我们枚举边集 \(E\) 的子集 \(S\)，设 \(f(S)\) 表示满足 \(\forall (u,v)\in S,a_u=a_v\) 的方案数，那么可以写出基础的容斥：

\[\sum_{S} (-1)^{|S|} f(S) \]

设 \(h(n)\) 表示大小为 \(n\) 的连通块，所有可能的连边方案的容斥系数之和，可以得到 \(h(n)=(-1)^{n-1}(n-1)!\)；设 \(g(S)=\lfloor \frac{m}{lcm_{i\in S} (a_i)}\rfloor\)，用于计算钦定 \(S\) 集合值相同的方案数。

解释一下这个 \(h(n)\) 是怎么得来的，首先有 \(h(1)=1\)，考虑如果 \(n\geq 2\) 不要求连通，那么容斥系数和为 \(0\)

考虑用 \(0\) 减去不连通图的容斥系数，设 \(T\subset\{1,2..n\}\) 为 \(1\) 的连通块，如果 \(T\leq n-2\)，那么剩下部分的点数 \(\geq 2\)，它们的容斥系数是可以奇偶相消的，所以我们只需要计算 \(T=n-1\) 的容斥系数。

考虑枚举这个孤立点，然后我们就得到了子问题，那么有递归式：\(h(n)=-(n-1)h(n-1)\)

所以得到结论：\(h(n)=(-1)^{n-1}(n-1)!\)

考虑 \(dp\) 计算容斥系数，设 \(f(S)\) 表示集合 \(S\) 的容斥系数，每次钦定一个连通块 \(T\) 来转移：

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S,T\not=\varnothing,u\in T} h(|T|)\cdot g(T)\cdot f(S-T) \]

那么直接子集枚举，时间复杂度 \(O(3^n)\)

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c;
    while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
    while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,h[20],g[1<<16],f[1<<16];
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
int lcm(int a,int b)
{
    if(a>m || b>m) return m+1;
    if(!a || !b) return a+b;
    int g=gcd(a,b);a/=g;
    if((__int128)a*b>m) return m+1;
    return a*b;
}
signed main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x=read();
        for(int s=0;s<(1<<n);s++) if(s>>i&1)
            g[s]=lcm(g[s],x);
    }
    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
        g[s]=(m/g[s])%MOD;
    h[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        h[i]=(MOD-i+1)*h[i-1]%MOD;
    f[0]=1;
    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        int t=s-(s&(-s));
        for(int i=t;;i=(i-1)&t)
        {
            int j=i^(s&(-s));
            f[s]=(f[s]+f[s-j]*g[j]%MOD
            *h[__builtin_popcountll(j)])%MOD;
            if(i==0) break;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[(1<<n)-1]);
}