Upd on 2023.10.14 08:21：修改了推式子和题意的一些小错误。

前言

一道恐怖的绿题。显然我认为应该是蓝题。（不过在这篇题解写到一半的时候升蓝了，感谢 @StudyingFather。）

名字挺好的。

题意

给定 $n$，求出满足以下条件的三元组 $(x,y,z)$ 的组数：

1. $x\ge 0,z\ge 1$。

2. $x-\frac{y}{z}=n!$ 且 $\frac{x-y}{z}=\frac{n!}{n}$。

3. $z\mid x,z\mid y$。

答案为 $\mathrm{\infty }$ 时，输出 inf。

多组数据。

解法

首先我们需要将式子变形。最开始，将两式相减，得到：

然后继续化简：

可以发现 $y$ 被消掉了，于是不再需要考虑 $y$。

考虑 $z>1$ 的情况，$x$ 要为整数，那么 $(n-1)\times (n-1)!\times z\mid z-1$，而在 $z\ne 2$ 时，显然 $z\nmid z-1$，那么就需要 $(n-1)\times (n-1)!\mid z-1$。那么这样的 $x$ 的个数显然就是 $(n-1)\times (n-1)!$ 的约数个数。

于是这道题就转化为了求 $(n-1)\times (n-1)!$ 的约数个数。

根据约数个数定理和唯一分解定理，设 $x=p_1^{q_1}\times p_2^{q_2}\times \dots p_k^{q_k}$，其中 $p_i$ 为质数，那么 $x$ 的约数个数为 $\prod _{i=1}^k(q_i+1)$。

设 $d{p}_i$ 表示 $i$ 这个质数在 $(n-1)\times (n-1)!$ 出现的次数，那么每次的答案即为 $\prod _{i=1}^{cnt}(d{p}_i+1)$。

不过显然这样质因数分解很慢，考虑优化。

首先考虑线性筛的本质。在线性筛的过程中，每个合数都只会被它最小的质因数标记。考虑把它存下来，这样质因数分解的复杂度就降到了 $\mathrm{\Theta }(\log n)$。由于是阶乘，显然需要从 $1$ 到 $n-1$ 枚举，每次都质因数分解存入 $d{p}_i$ 中，不然 ${10}^6!$，可想而知。这样的总时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 的，但是如果再加上多测，复杂度就变为了 $\mathrm{\Theta }(Tn\log n)$，显然是不行的。

考虑继续优化上面的过程。

由于增加了多测，那么我们可以换一种方式，不一定要在线求答案，考虑预处理。

设 $An{s}_i$ 表示 $i\times i!$ 的答案。将每一个 $i$ 进行质因数分解，设 $p$ 为当前分解到的质因数，$num$ 为这个质因数出现的次数。那么 $d{p}_p+num\times 2\to d{p}_p$。这里 $d{p}_p$ 乘 $2$ 的原因是还有一个 $i$ 要乘。不过根据 $dp$ 的定义，乘 $i$ 的答案不能算进来，所以之后将答案存进 $An{s}_i$ 后，还要减去一个 $num$。然后将 $\prod _{i=1}^{cnt}(d{p}_i+1)$ 存入 $An{s}_i$。这时我们会发现处理出 $\prod _{i=1}^{cnt}(d{p}_i+1)$ 是一个很慢的过程。考虑优化这个过程。

设 $ans$ 为当前 $\prod _{i=1}^{cnt}(d{p}_i+1)$ 的值。对于每一个 $i$，将 $i$ 进行质因数分解。设 $p$ 为当前分解到的质因数，$num$ 为这个质因数出现的次数。那么此时的 $d{p}_p$ 比上一个 $d{p}_p$ 增加了 $num$，将 $ans÷d{p}_p$，再将 $d{p}_p+num\times 2$，最后将 $ans\times d{p}_p$ 即可。根据前文所说，$d{p}_p$ 还需要减去一个 $num$，那么在 $ans$ 存入 $An{s}_i$ 后，将 $ans÷d{p}_p$，$d{p}_p-num$，再将 $ans\times d{p}_p$ 即可。

由于 $ans$ 需要取模，所以这里的除法全部改为乘逆元即可。

最后处理一个特殊情况，前文我们都只考虑了 $z>1$ 的情况，当 $z=1$ 时，情况就会变成这样：

那么 $n!=\frac{n!}{n}$，显然 $n=1$。

那么这时候，$x-y=1$，符合条件的三元组显然有 $\mathrm{\infty }$ 个，输出 inf 即可。

毒瘤。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5, Mod = 998244353;
int t, n, Ans[N], dp[N], pri[N], fac[N], inv[N];
vector<int> prime;
vector< pair<int, int> > f;
bool vis[N];
void Prime(int x)
{
    vis[1] = true;
    for(int i = 2; i <= x; i++)
    {
        if(!vis[i])
            prime.push_back(i), pri[i] = i;
        for(auto p : prime)
        {
            if(i * p > x)
                break;
            vis[i * p] = true;
            pri[i * p] = p;
            if(!(i % p))
                break;
        }
    }
    return;
}
void p_fac(int x)
{
    f.clear();
    while(x != 1)
    {
        int y = pri[x], cnt = 0;
        while(!(x % y))
            x /= y, cnt++;
        f.push_back(make_pair(y, cnt));
    }
    return;
}
void Inv(int x)
{
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= x; i++)
        inv[i] = (Mod - Mod / i) * inv[Mod % i] % Mod;
    return;
}
void init(int n)
{
    Prime(1e6);
    Inv(1e6);
    int ans = Ans[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        p_fac(i);
        for(auto j : f)
        {
            int p = j.first, num = j.second;
            ans = ans * inv[dp[p] + 1] % Mod;
            dp[p] += num * 2;
            ans = ans * (dp[p] + 1) % Mod;
        }
        Ans[i] = ans;
        for(auto j : f)
        {
            int p = j.first, num = j.second;
            // cout << ans << " " << inv[dp[p] + 1] << " " << dp[p] + 1 << "    ";
            ans = ans * inv[dp[p] + 1] % Mod;
            dp[p] -= num;
            ans = ans * (dp[p] + 1) % Mod;
        }
    }
    return;
}
signed main()
{
    init(1e6);
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        cin >> n;
        cout << (n == 1 ? "inf" : to_string(Ans[n - 1])) << "\n";
    }
    return 0;
}