Kattis anothercoinweighingpuzzle Another Coin Weighing Puzzle

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我们让每个包对应一个长度为\(m\)的的序列\(\{a\}\)，其中\(a_i\in[-k,k]\)表示在第\(i\)次称的时候这一包硬币放了多少个（如果放在左边的话\(a_i>0\)，放在右边的话\(a_i<0\)）。
最后将称重结果序列约分即可找到假币包，因此答案就是合法的序列数。
此处的合法指的是序列元素全为\(0\)或所有元素的\(\gcd\)为\(1\)。
因为若存在一个序列每个元素都是另一个序列的\(x\)倍，且这两个包中有一个是假币包，那么我们无法区分这两个包。
考虑如何计算合法序列数，先忽略全\(0\)序列。
设\(f_i\)表示元素\(\gcd\)为\(i\)的序列数，这看上去不太好算。
设\(g_i\)表示元素都为\(i\)的倍数的非全零序列数，那么\(g_i=(2\lfloor\frac ki\rfloor+1)^m-1\)。
\(g_d=\sum\limits_{d|t}f_t\Leftrightarrow f_d=\sum\limits_{d|t}g(t)\mu(\frac td)\)
那么\(f_1=\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)g_i\)，注意到不同的\(g_i\)只有\(\sqrt k\)种，那么记忆化\(g\)并线性筛\(\mu\)可以做到\(O(k+\sqrt k\log m)\)的时间复杂度。

#include<cstdio>
const int N=2000007,P=998244353;
int pow(int a,int k){int r=1;for(;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P)if(k&1)r=1ll*a*r%P;return r;}
int mu[N],pr[N],is[N],pw[N];
int main()
{
    int m,k,tot=0,ans=mu[1]=1;scanf("%d%d",&m,&k);
    for(int i=2;i<=k;++i)
    {
	if(!is[i]) mu[i]=-1,pr[++tot]=i;
	for(int j=1;pr[j]*i<=k;mu[i*pr[j++]]=-mu[i]) if(is[i*pr[j]]=1,!(i%pr[j])) break;
    }
    for(int i=1,x;i<=k;++i) x=k/i*2+1,(ans+=mu[i]*(pw[x]? pw[x]:pw[x]=pow(x,m))-mu[i])%=P;
    printf("%d",(ans+P)%P);
}