3.ABC349F题解2024-04-19

思想

看到 LCM 想到质因数分解。

首先，我们先把 $M$ 质因数分解了，根号复杂度刚好 1e8 级别。

然后我们发现一个很显然的性质：如果一个数不是 $M$ 的因数那他肯定没用。

所以此处我们就把不是因数地踢掉。

我们惊奇地发现因为 $M$ 的质因数分解最多 $13$ 个不同的质数，然后我们就可以枚举这些因数直接判断每个数是不是他的倍数，这样就在 $N \log M$ 的时间内做完了所有数的质因数分解。

此时，全部质因数的个数最多 $13$ 。

那我们直接状压，

我们从左到右枚举这个序列，遇到每个数就把对应质因数分解的状压的数组加一，每次再遍历整个集合，暴力更新。

这样搞的话复杂度是 $N \times 2^{13}$ ，看起来会爆，但 2e5*8e3=1.6e9，2s时限，加上取模卡卡常，AT 评测机这么强悍，好像都能过。

代码

// Coded by LightningCreeper.

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

#define int long long

constexpr int MAXN = 2e5 + 5;

int n, m, tmp, a[MAXN], t[MAXN], f[MAXN];
bool flag[MAXN];

vector<int> prime;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin >> n >> m;

    tmp = m;

    prime.clear();
    for (int x = 2; x * x <= tmp; x++) {
        int now = 1;
        while (tmp % x == 0) {
            tmp /= x;
            now *= x;
        }
        if (now == 1)
            continue;
        prime.push_back(now);
    }
    if (tmp > 1)
        prime.push_back(tmp);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        if (m % a[i] != 0)
            flag[i] = true;
        else
            for (int j = 0; j < prime.size(); j++)
                if (a[i] % prime[j] == 0)
                    t[i] |= 1ll << j;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (flag[i])
            continue;
        for (int j = (1ll << prime.size()) - 1; j >= 0; j--) {
            f[j | t[i]] += f[j];
            if (f[j | t[i]] >= 998244353)
                f[j | t[i]] -= 998244353;
        }
        f[t[i]]++;
        f[t[i]] = (f[t[i]] == 998244353 ? 0 : f[t[i]]);
    }
    cout << f[(1ll << prime.size()) - 1] << endl;

    return 0;
}

// Everyone cannot copy this code to judge.