[atARC134E]Modulo Nim

显然不关心于其中的0和重复数字，因此状态可以被描述为正整数集合$S$

结论：先手必败的必要条件为$S=\{1\},\{2\},\{4,8\}$或$\forall x\in S,12\mid x$

特判$\max S\le 2$的情况，显然仅有$S=\{1\}$或$\{2\}$时先手必败

考虑操作$m=2$，操作后若$S=\{1\}$则先手（原来的后手）必败，进而即$\forall x\in S,2\mid x$

考虑操作$m=4$（注意$3\not\in S$，因此$\max S\ge 4$），操作后若$S=\{2\}$则先手必败，结合之前的分析即$\forall x\in S,4\mid x$

考虑操作$m=3$，操作后若$S=\{1\}$或$\{2\}$则先手必败，进而即$\forall x\in S,3\mid x$或$\exists x,y\in S,x\equiv 1$且$y\equiv 2(mod\ 3)$

前者结合之前的分析即得到$\forall x\in S,12\mid x$，后者再分类讨论：

1.若$\max S<12$，显然$S=\{4,8\}$，那么先手必败

2.若$\max S\ge 12$，考虑操作$m=12$，操作后显然$S=\{4,8\}$，那么先手（原来的后手）必败

综上，即得证

特判几种特殊情况后，注意到$S$仅有$2^{\lfloor\frac{A}{12}\rfloor}$种（其中$A=\max a_{i}$），暴力dp判定即可

统计答案时，注意到求$S\subseteq T$的$S$数量是容易的，因此容斥即可

时间复杂度为$o((A+n)2^{\lfloor\frac{A}{12}\rfloor})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 205
#define M 16 
#define C 12
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,sum,ans,a[N],v[N],f[1<<M];
void set_v(int a=0,int b=0){
    memset(v,0,sizeof(v));
    if (a)v[a]=1;
    if (b)v[b]=1;
}
int get_v(){
    if ((v[0]==1)&&(v[1]<3))return 1;
    if ((v[0]==2)&&(v[1]==4)&&(v[2]==8))return 1;
    int S=0;
    for(int i=1;i<=v[0];i++){
        if (v[i]%C)return 0;
        S|=(1<<v[i]/C-1);
    }
    return f[S];
}
int cnt_v(){
    int ans=1;
    for(int i=1;i<N;i++)v[i]+=v[i-1];
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ll)ans*v[a[i]]%mod;
    return ans;
}
int main(){
    for(int i=1;i<(1<<M);i++){
        int mx=0;
        for(int k=0;k<M;k++)
            if ((i>>k)&1)mx=(k+1)*C;
        for(int j=1;j<=mx;j++){
            v[0]=0;
            for(int k=0;k<M;k++)
                if (((i>>k)&1)&&((k+1)*C%j))v[++v[0]]=(k+1)*C%j;
            sort(v+1,v+v[0]+1);
            v[0]=unique(v+1,v+v[0]+1)-v-1;
            f[i]|=get_v();
        }
        f[i]^=1;
    }
    for(int k=0;k<M;k++)
        for(int i=0;i<(1<<M);i++)
            if ((i>>k)&1)f[i^(1<<k)]=(f[i^(1<<k)]-f[i]+mod)%mod;
    scanf("%d",&n),sum=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)sum=(ll)sum*a[i]%mod;
    set_v(1),ans=(ans+cnt_v())%mod;
    set_v(2),ans=(ans+cnt_v())%mod;
    set_v(4),ans=(ans-cnt_v()+mod)%mod;
    set_v(8),ans=(ans-cnt_v()+mod)%mod;
    set_v(4,8),ans=(ans+cnt_v())%mod;
    for(int i=0;i<(1<<M);i++){
        memset(v,0,sizeof(v));
        for(int k=0;k<M;k++)
            if ((i>>k)&1)v[(k+1)*C]=1;
        ans=(ans+(ll)f[i]*cnt_v())%mod;
    }
    ans=(sum-ans+mod)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}