ABC236Ex

首先 $1,3$ 条件很好满足，但是 $2$ 有点麻烦，考虑容斥掉条件 $2$。

令全集 $E=\left\{(i,j)|1\le i\lt j\le N,i\inℤ,j\inℤ\right\}$。

对于 $S\subseteq E$，令 $f(S)$ 表示以下的值：

考虑一张有 $N$ 个点的无向图，如果 $(i,j)\in S$，那么 $i,j$ 之间有一条边。对于图里的每一个连通块，连通块里的点的值都应该相等，那么整张图的确定点值的方案数就是 $f(S)$。

那么由容斥得答案即为 $\sum\limits_{S\subseteq E}f(S)(-1)^{\left|S\right|}$。

但是边的数量是 $N^2$ 级别的，直接做显然不行。

对于一个点集 $T$，令 $g(T)=\left \lfloor \dfrac{M}{\text{lcm}_{i\in T}D_i} \right \rfloor$。令 $h(n)$ 表示令 $n$ 个点连通的边集的容斥系数的和。即对于 $\dfrac{n\times(n-1)}{2}$ 条边的子集，若它能令 $n$ 个点连通，则如果边集大小为奇数则将 $h(n)$ 减去 $1$，否则加上 $1$。

$g(T)$ 可以 $\mathcal O(2^N)$ 预处理出来，接下来讲讲怎么求出 $h$。

首先 $h(1)=1$，这很显然，接着对于 $n\ge2,h(n)=-(n-1)h(n-1)$，证明：

考虑用总的减去不连通的容斥系数。显然，因为总的方案是 $2^{\frac{n\times (n-1)}{2}}$，奇偶各占一半，相互抵消。同理，考虑对于节点 $1$ 所在连通块，如果其大小不为 $n-1$，因为剩下的点可以随便连边，同样奇偶各占一半，相互抵消，所以只用考虑其大小为 $n-1$，那么枚举剩下一个孤立点是什么，即 $h(n)=0-(n-1)h(n-1)=-(n-1)h(n-1)$。

那么对于 $\sum f(S)(-1)^{\left|S\right|}$，$S$ 将原图分成了若干个连通块，假设每个连通块的点集分别为 $T_1,T_2,\cdots,T_k$，那么即为 $\prod\limits_{i=1}^k g(T_k)h(\left|T_k\right|)$。

令 $dp_T$ 表示将点集 $T$ 划分成若干个连通块的答案，那么最终答案就是 $dp_{\left\{1,2,\cdots,n\right\}}$。

假设固定住 $T$ 中的某个节点 $u$，那么转移为 $dp_{T}=\sum\limits_{T^{′ }\subset T,u\in T^{′ }}g(T^{′ })h(\left|T^{′ }\right|)\times dp_{T\setminus T^{′ }}$，初值为 $dp_{\emptyset}=1$。

时间复杂度 $\mathcal O(3^n)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 16, mod = 998244353;
int n; ll m;
ll d[N];
int f[1<<N], g[1<<N], h[N+5];

void add(int &a, int b) {
   a += b;
   if (a >= mod) a -= mod;
}

int main() {
   scanf("%d%lld", &n, &m);
   for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &d[i]);
   h[1] = 1;
   for (int i = 2; i <= n; ++i) {
   	h[i] = -1ll * (i - 1) * h[i - 1] % mod;
   	if (h[i] < 0) h[i] += mod;
   }
   for (int S = 1; S < (1 << n); ++S) {
   	ll lcm = 1;
   	for (int i = 0; i < n; ++i) if (S >> i & 1) {
   		lcm /= __gcd(lcm, d[i]);
   		if (lcm > m / d[i]) {
   			lcm = m + 1;
   			break;
   		}
   		lcm = lcm * d[i];
   	}
   	g[S] = (m / lcm) % mod * h[__builtin_popcount(S)] % mod;
   }
   f[0] = 1;
   for (int S = 1; S < (1 << n); ++S) {
   	int mn = __builtin_ctz(S);
   	for (int _S = S; _S > 0; _S = (_S - 1) & S) if (_S >> mn & 1)
   		add(f[S], 1ll * f[S ^ _S] * g[_S] % mod);
   }
   printf("%d", f[(1 << n) - 1]);
   return 0;
}