[CF2039G] Shohag Loves Pebae 做题记录

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高级筛法题。

每条路径的条件是很难求的，考虑将其转化。

发现对于一条路径，点数为 \(c = a\cdot b\)，那么其条件是无用的：考虑其包含的所有点数为 \(a\) 的路径，需要满足这 \(c\) 个点的权值乘积不被 \(a\) 整除。

进一步的，只有点数为质数的路径条件才有用。对于每个点 \(i\)，求出 \(a_i\) 表示最长的包含点 \(i\) 的路径点数是多少，那么点 \(i\) 分配的权值不能包含 \(\le a_i\) 的质数。

筛出质数，求出 \(c_i\) 表示 \(\le a_i\) 的质数个数，那么点 \(i\) 的权值不能包含前 \(c_i\) 个质数。

不难发现这和 min25 筛前半部分要求的东西很像，设 \(f_{i, j}\) 表示 \([1, j]\) 中除去最小质因子是前 \(i\) 个质数的合数后，剩下的数的个数，那么点 \(i\) 可以分配的权值个数为 \(f_{c_i, m}\)。

加上所有点 \(\gcd\) 为 \(1\) 的条件，考虑莫比乌斯反演。令 \(t \gets \max\limits_i c_i\)，\(p_i\) 为第 \(i\) 个质数，答案即为：

\[\sum\limits_{d = 1} ^ m [mnp(d) > p_t] \mu(d) \prod_i f_{c_i, \lfloor \frac md \rfloor} \]

枚举 \(d\) 可以整除分块，这样我们需要求：

• \([1, r]\) 中除去最小质因子是前若干个质数的数后，剩下数的莫比乌斯函数之和。

• 固定 \(t\)，求 \(\prod_i f_{c_i, t}\)。

前者可以先杜教筛求一个莫比乌斯函数前缀和，再类似于 min25 前半部分的 DP 求出。

后者考虑统计 \(cnt_j\) 表示 \(\sum\limits_i [c_i = j]\)。设 \(k = \lfloor \sqrt m \rfloor\)，则我们只需要用 \(\le k\) 的质数去筛，但是可能 \(p_{c_i} > k\)，所以需要特殊处理。

但是这样复杂度会出现问题：\(f\) 的第二维大小为 \(\mathcal O(\sqrt m)\)，而 \(c_i\) 可达 \(\mathcal O(\dfrac n {\log n})\)，加上快速幂，时间复杂度为 \(\mathcal O(\dfrac {n \sqrt m \log (\frac n {\sqrt m})} {\log n})\)。

瓶颈在于 \(c_i\) 的大小。此时又注意到一个性质：\(\max\limits_i a_i \le 2\min\limits_i a_i\)，因为每个点可以到直径的任意一端。

所以我们可以分讨处理：

• 当 \(\max\limits_i a_i \ge 2k\)，此时每个点的权值一定是一个质数，用单步容斥代替莫比乌斯反演。

• 当 \(\max\limits_i a_i \ge 2k\)，此时 \(c_i\) 的上界得到保证 \(\mathcal O(\dfrac {\sqrt m} {\log m})\)，时间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac {m \log (\frac n {\sqrt m})} {\log n})\)

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#include <bits/stdc++.h>

namespace Initial {
	#define ll long long
	#define ull unsigned long long
	#define fi first
	#define se second
	#define mkp make_pair
	#define pir pair <ll, ll>
	#define pb push_back
	#define i128 __int128
	using namespace std;
	const ll maxn = 1e6 + 10, inf = 1e13, mod = 998244353, L = 1e7 + 10;
	ll power(ll a, ll b = mod - 2, ll p = mod) {
		ll s = 1;
		while(b) {
			if(b & 1) s = 1ll * s * a %p;
			a = 1ll * a * a %p, b >>= 1;
		} return s;
	}
	template <class T>
	const inline ll pls(const T x, const T y) { return x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }
	template <class T>
	const inline void add(T &x, const T y) { x = x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }
	template <class T>
	const inline void chkmax(T &x, const T y) { x = x < y? y : x; }
	template <class T>
	const inline void chkmin(T &x, const T y) { x = x > y? y : x; }
} using namespace Initial;

namespace Read {
	char buf[1 << 22], *p1, *p2;
	// #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, (1 << 22) - 10, stdin), p1 == p2)? EOF : *p1++)
	template <class T>
	const inline void rd(T &x) {
		char ch; bool neg = 0;
		while(!isdigit(ch = getchar()))
			if(ch == '-') neg = 1;
		x = ch - '0';
		while(isdigit(ch = getchar()))
			x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
		if(neg) x = -x;
	}
} using Read::rd;

ll n, m, a[maxn], c[maxn];

namespace Init {
	vector <ll> to[maxn];
	ll len, pre[maxn], suf[maxn], f[maxn], g[maxn];

	void dfs1(ll u, ll fa = 0) {
		for(ll v: to[u])
			if(v ^ fa) dfs1(v, u), chkmax(f[u], f[v] + 1);
	}
	void dfs2(ll u, ll fa = 0) {
		len = 0;
		for(ll v: to[u])
			if(v ^ fa) pre[len] = suf[++len] = f[v] + 1;
		suf[len + 1] = pre[0] = 0;
		for(ll i = 1; i <= len; i++) chkmax(pre[i], pre[i - 1]);
		for(ll i = len; i; i--) chkmax(suf[i], suf[i + 1]);
		ll c = 0;
		for(ll v: to[u])
			if(v ^ fa)
				++c, g[v] = 1 + max(g[u], max(pre[c - 1], suf[c + 1]));
		for(ll v: to[u])
			if(v ^ fa) dfs2(v, u);
	}

	void solve() {
		for(ll i = 1; i < n; i++) {
			ll u, v; rd(u), rd(v);
			to[u].pb(v), to[v].pb(u);
		} dfs1(1), dfs2(1);
		for(ll u = 1; u <= n; u++) {
			ll mx = g[u], se = 0;
			for(ll v: to[u])
				if(f[v] < f[u]) {
					if(f[v] + 1 > mx) se = mx, mx = f[v] + 1;
					else chkmax(se, f[v] + 1);
				}
			a[u] = mx + se + 1;
		}
	}
}


ll sq, pri[maxn], pr, f[maxn], len, w[maxn], mu[maxn]; bool vis[maxn];
ll id1[maxn], id2[maxn], g[maxn], k, cnt[maxn], sum[maxn];
ll h[maxn];
void xxs() {
	for(ll i = 2; i <= 1e6; i++) {
		if(!vis[i]) pri[++pr] = i, mu[i] = mod - 1;
		for(ll j = 1; j <= pr && i * pri[j] <= 1e6; j++) {
			ll k = i * pri[j]; vis[k] = true;
			if(i % pri[j]) mu[k] = mod - mu[i];
			else break;
		}
	} k = pr;
	while(pri[k] > sq) --k;
	mu[1] = 1;
	for(ll i = 1; i <= 1e6; i++) sum[i] = pls(sum[i - 1], mu[i]);
}

ll Id(ll x) {return x <= sq? id1[x] : id2[m / x];}

unordered_map <ll, ll> mp;
ll Sum(ll n) {
	if(n <= 1e6) return sum[n];
	if(mp.count(n)) return mp[n];
	ll ret = 1;
	for(ll i = 2; i <= n; i++) {
		ll d = n / i, r = n / d;
		ret = (ret - Sum(d) * (r - i + 1)) %mod;
		i = r;
	} return mp[n] = pls(ret, mod);
}

int main() {
	rd(n), rd(m); Init::solve();
	sq = sqrt(m), xxs();
	ll mx = 0;
	for(ll i = 1; i <= n; i++) {
		chkmax(mx, a[i]);
		c[i] = upper_bound(pri + 1, pri + 1 + pr, a[i]) - pri - 1;
		++cnt[c[i]];
	}
	for(ll i = 1; i <= m; i++) {
		ll d = m / i, r = m / d; w[++len] = d;
		if(d <= sq) id1[d] = len;
		else id2[m / d] = len;
		i = r, f[len] = d, h[len] = Sum(d), g[len] = 1;
	}
	for(ll i = 1; i <= pr; i++) {
		ll o = 0;
		for(ll j = 1; j <= len && pri[i] * pri[i] <= w[j]; j++)
			f[j] -= f[Id(w[j] / pri[i])] - i, o = j;
		if(pri[i] <= mx)
			for(ll j = o; j; j--)
				h[j] = (h[j] + h[Id(w[j] / pri[i])] + i - 1 + mod) %mod;
		if(mx < sq * 2 && cnt[i]) {
			for(ll j = 1; j <= len; j++)
				g[j] = g[j] * power(max(f[j] - i, 1ll), cnt[i]) %mod;
		}
	}
	if(mx >= sq * 2) {
		ll ans = 1;
		for(ll i = 1; i <= n; i++) ans = ans * max(1ll, f[1] - c[i]) %mod;
		mx = 0;
		for(ll i = 1; i <= n; i++) chkmax(mx, c[i]);
		if(mx <= f[1]) ans = (ans + mx - f[1] + 1) %mod;
		printf("%lld\n", ans); return 0;
	} ll ans = 0; mx = 0;
	for(ll i = 1; i <= n; i++) chkmax(mx, c[i]);
	for(ll i = 1; i <= len; i++) h[i] = (h[i] + min(f[i] - 1, mx)) %mod;
	for(ll i = 1; i <= m; i++) {
		ll d = m / i, r = m / d;
		ans = (ans + (h[Id(r)] - h[Id(i - 1)] + mod) * g[Id(d)]) %mod;
		i = r;
	} printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}