I. Latitude Compressor 题解 - 2022 Hubei Provincial Collegiate Programming Contest

传送门

赛时基本对了，结果被我推的错误数值表 hack 了队友，并且由于对多项式的操作不熟，导致最后一步一直没想出来

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【大意】

给定 $n, m$ ，求集合 $\left\{ q | \left(\begin{matrix}1&2&3&\cdots&n\\p_1&p_2&p_3&\cdots&p_n\end{matrix}\right) ^ m = \left(\begin{matrix}1&2&3&\cdots&n\\q_1&q_2&q_3&\cdots&q_n\end{matrix}\right) \right\}$

其中 $\left(\begin{matrix}1&2&3&\cdots&n\\p_1&p_2&p_3&\cdots&p_n\end{matrix}\right)$ 表示 $p_1p_2\cdots p_n$ 对应的置换

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【分析】

根据群论的基础知识，排列对应的置换可以拆解为若干个轮换，每个轮换又刚好对应到不同的环上

设某个环大小为 $a_i$ ，则在置换 $m$ 次后，其会分解为 $\gcd(a_i, m)$ 个环，并且每个环有 $\displaystyle {a_i\over \gcd(a_i, m)}$ 个元素

我们不妨考虑这 $n$ 个元素在 $m$ 次置换后构成了哪些环：

我们令 $b_{x, y}$ 表示这 $n$ 个元素在 $m$ 次置换后，是否恰好含有 $y$ 个 $x$ 元环的逻辑值（可以有其他非 $x$ 元环）

那么，设 $n$ 个元素构成的环大小分别为 $a_1, a_2, \cdots, a_t$ ，则 $b_{x, y}$ 即为是否存在一组 $a_1, a_2, \cdots, a_t$ 满足 $\forall a_i$ 都有 $\displaystyle {a_i\over \gcd(a_i, m)}=x$ 且 $\displaystyle \sum_{i}\gcd(a_i, m)=y$

队友是说，对于每个 $x$ ，求出 $\displaystyle t_x=\min_{d\mid x} [\gcd(x, {m\over d})=1]$ ，那么就有 $b_{x, y}=[t_x\mid y]$

考虑 $n$ 个不同元素构成 $n$ 元环的方案数，为 $\displaystyle {n!\over n}=(n-1)!$

因此，在 $m$ 次置换后， $ij$ 个元素恰好构成 $j$ 个 $i$ 元环的 EGF 即为 $\displaystyle {1\over j!}\cdot ({(i-1)!x^i\over i!})^j={x^{ij}\over i^j\cdot j!}$

故任意多的 $i$ 元环的 EGF 为 $\displaystyle \sum_{j=0}^\infty {x^{ij}\over i^j\cdot j!}$

因此，总的 EGF 为 $\displaystyle \prod_{i=1}^n (\sum_{j=0}^\infty {x^{ij}\over i^j\cdot j!})$

故答案为 $\displaystyle n!\cdot [x^n]\prod_{i=1}^n (\sum_{j=0}^\infty {x^{ij}\over i^j\cdot j!})$

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我们考虑令 $\displaystyle F_i(x)=\sum_{j=0}^\infty {x^{j}\over i^j\cdot j!}$ ，则答案为 $\displaystyle G(x)=\prod_{i=1}^n F_i(x^i)\pmod {x^{n+1}}$

因此 $\displaystyle \ln G(x)=\sum_{i=1}^n \ln F_i(x^i)\pmod {x^{n+1}}$

令 $\displaystyle \ln F_i(x)=\sum_{j=0}^{n/i} f_j x^j$ ，则 $\displaystyle \ln G(x)=\sum_{i=1}^n (\sum_{j=0}^{n/i}f_jx^{ij})$

因此对于每个 $F_i(x)$ ，求解其具体数值的复杂度为 $O(n/i)$ ；求解 $\ln F_i(x)$ 的复杂度为 $\displaystyle O((n/i)\log (n/i))=O({n\over i}\log n)$ ；再因此累加到 $\ln G(x)$ 上，复杂度为 $O(n/i)$

因此，总复杂度为 $\displaystyle T(n)=\sum_{i=1}^n [O(n/i)+O({n\over i}\log n)+O(n/i)]=\sum_{i=1}^n C\cdot {n\over i}\log n=C\cdot n\log n\cdot \sum_{i=1}^n {1\over i}=O(n\log ^2 n)$

最后只需要 $O(n\log n)$ 由 $\ln G(x)$ 进行多项式 exp 求解出 $G(x)$ 得到答案

而求解 $b_{x, y}$ 需要的 $t_x$ ，需要先预处理 $m$ 的所有因子，数量级为 $o(\sqrt m)$

之后，再对每一个 $x$ ，枚举 $m,x$ 的因子求解 $\gcd(x, {m\over d})=1$ 的 $d$ 最小值，复杂度即为 $O(n)\cdot o(\sqrt m)\cdot O(\log n)=O(n\log n\cdot \sqrt m)$

因此，总复杂度为 $T(n, m)=O(n\log n(\log n+\sqrt m))$

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【代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define sz(a) (int)a.size()
#define de(x) cout << #x <<" = "<<x<<endl
#define dd(x) cout << #x <<" = "<<x<<" "
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pw(x) (1ll<<(x))
#define lc(x) ((x)<<1)
#define rc(x) ((x)<<1|1)
#define rsz(a, x) (a.resize(x))
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> vi;
typedef double db;

const int P=998244353;
const int LimBit=18;
const int M=1<<LimBit<<1;
const int MAXN=5e4+10;

inline int kpow(int a, int x, int p=P) { int ans=1; for(;x;x>>=1, a=(ll)a*a%p) if(x&1) ans=(ll)ans*a%p; return ans; }
inline int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	static int g;
	return b?(exgcd(b, a%b, y, x), y-=a/b*x, g):(x=1, y=0, g=a);
}
inline int inv(int a, int p=P) {
	static int x, y;
	return exgcd(a, p, x, y)==1?(x<0?x+p:x):(-1);
}

namespace Poly {
	const int G=3;
	struct vir {
		int v;
		vir(int v_=0):v(v_>=P?v_-P:v_) {
		}
		inline vir operator + (const vir &x) const { return vir(v+x.v); }
		inline vir operator - (const vir &x) const { return vir(v+P-x.v); }
		inline vir operator * (const vir &x) const { return vir((ll)v*x.v%P); }
		
		inline vir operator - () const { return vir(P-v); }
		inline vir operator ! () const { return vir(inv(v)); }
		inline operator int() const { return v; }
	};
	
	struct poly : public vector<vir> {
		inline friend ostream& operator << (ostream& out, const poly &p) {
			if(!p.empty()) out<<(int)p[0];
			for(int i=1; i<sz(p); ++i) out<<" "<<(int)p[i];
			return out;
		}
	};
	
	int N, N_, Stk[M], curStk, rev[M];
	vir invN, Inv[M], w[2][M];
	inline void init() {
		N_=-1;
		curStk=0;
		Inv[1]=1;
		for(int i=2; i<M; ++i)
			Inv[i]=-vir(P/i)*Inv[P%i];
	}
	
	inline void work() {
		if(N_==N) return ;
		N_=N;
		int d=__builtin_ctz(N);
		vir x(kpow(G, (P-1)/N)), y=!x;
		w[0][0]=w[1][0]=1;
		for(int i=1; i<N; ++i) {
			rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
			w[0][i]=x*w[0][i-1], w[1][i]=y*w[1][i-1];
		}
		invN=!vir(N);
	}
	inline void FFT(vir a[M], int f) {
		static auto make = [=](vir w, vir &a, vir &b) { w=w*a; a=b-w; b=b+w; };
		for(int i=0; i<N; ++i) if(i<rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
		for(int i=1; i<N; i<<=1)
			for(int j=0, t=N/(i<<1); j<N; j+=i<<1)
				for(int k=0, l=0; k<i; ++k, l+=t)
					make(w[f][l], a[j+k+i], a[j+k]);
		if(f) for(int i=0; i<N; ++i) a[i]=a[i]*invN;
	}
	
	vir p1[M], p0[M];
	inline void get_mul(poly &a, poly &b, int na, int nb) {
		for(N=1; N<na+nb-1; N<<=1);
		for(int i=0; i<na; ++i) p1[i]=(int)a[i]; for(int i=na; i<N; ++i) p1[i]=0;
		for(int i=0; i<nb; ++i) p0[i]=(int)b[i]; for(int i=nb; i<N; ++i) p0[i]=0;
		work(); FFT(p1, 0); FFT(p0, 0);
		for(int i=0; i<N; ++i) p1[i]=p1[i]*p0[i];
		FFT(p1, 1);
		rsz(a, na+nb-1); for(int i=0; i<sz(a); ++i) a[i]=p1[i];
	}
	
	poly a, b;
	inline void get_inv(poly &f, poly &g, int n) {
		int pos=curStk;
		for(int i=n; i>1; i=i+1>>1) Stk[++curStk]=i;
		
		rsz(g, 1); g[0]=!f[0];
		b=f; rsz(b, n);
		for(int l=Stk[curStk]; curStk>pos; l=Stk[--curStk]) {
			get_mul(a=g, g, l+1>>1, l+1>>1); rsz(a, l);
			get_mul(a, b, l, l);
			rsz(g, l);
			for(int i=0; i<l; ++i) g[i]=g[i]+g[i]-a[i];
		}
	}
	
	inline void get_der(poly &f, poly &g) {
		rsz(g, sz(f));
		for(int i=0; i<sz(f)-1; ++i) g[i]=f[i+1]*vir(i+1);
		rsz(g, sz(f)-1);
	}
	inline void get_int(poly &f, poly &g, int C=0) {
		rsz(g, sz(f)+1);
		for(int i=sz(f); i; --i) g[i]=f[i-1]*Inv[i]; g[0]=C;
	}
	inline void get_ln(poly &f, poly &g, int n, int ln0=0) {
		get_inv(f, g, n);
		get_der(f, a); rsz(a, n);
		get_mul(g, a, n, n); rsz(g, n);
		get_int(g, g, ln0); rsz(g, n);
	}
	poly c;
	inline void get_exp(poly &f, poly &g, int n, int exp0=1) {
		int pos=curStk;
		for(int i=n; i>1; i=i+1>>1) Stk[++curStk]=i;
		
		rsz(g, 1); g[0]=exp0;
		for(int l=Stk[curStk]; curStk>pos; l=Stk[--curStk]) {
			get_ln(g, c, l);
			for(int i=0; i<l; ++i) c[i]=f[i]-c[i];
			c[0]=c[0]+vir(1);
			get_mul(g, c, l+1>>1, l); rsz(g, l);
		}
	}
}
using Poly::poly;
using Poly::vir;

poly a, b, c;
vector<int> divv;
int n, m;
int mind[MAXN];
vir fact[MAXN], inft[MAXN];
int fxy(int x, int y) { return y%mind[x]==0; }
inline void work() {
	fact[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i) fact[i]=vir(i)*fact[i-1];
	inft[n]=!fact[n];
	for(int i=n; i>=1; --i) inft[i-1]=vir(i)*inft[i];
	
	rsz(a, n+1);
	for(int i=1, x; i<=n; ++i) {
		x=n/i;
		rsz(b, x+1);
		vir tmp=1, r=!vir(i);
		for(int j=0; j<=x; ++j, tmp=tmp*r)
			if(fxy(i, j))
				b[j]=inft[j]*tmp;
			else
				b[j]=0;
		Poly::get_ln(b, c, x+1);
		for(int j=0, k=0; j<=x; ++j, k+=i)
			a[k]=a[k]+c[j];
	}
	Poly::get_exp(a, b, n+1);
	vir x=fact[n]*b[n];
	cout<<(int)x;
}
inline int solve(int x) {
	for(auto d : divv)
		if(__gcd(x, d)==1)
			return m/d;
}
inline void divit(int m) {
	for(int i=1; i*i<=m; ++i) if(m%i==0) {
		divv.push_back(i);
		if(i!=m/i) divv.push_back(m/i);
	}
	sort(divv.begin(), divv.end());
	reverse(divv.begin(), divv.end());
}
inline void init() {
	Poly::init();
	cin>>n>>m;
	divit(m);
	for(int x=1; x<=n; ++x)
		mind[x]=solve(x);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	init();
	work();
	cout.flush();
	return 0;
}