题解 P4706【取石子】

题意

有 $n$ 堆棋子，第 $i$ 堆有 $a_i$ 个棋子，定义一次操作为选择第 $i$ 堆棋子中任意个棋子转移到第 $j$ 堆中。其中 $j$ 是 $i$ 的质因数。

两人轮流操作，不能操作者输。若先手第一步随机操作一步，问先手获胜的概率。对 $998244353$ 取模。

$1\le n\le 10^6,0\le a_i\le 10^9$ 。

思路

前置知识：阶梯 $\text{Nim}$ 博弈

描述：有 $n$ 堆棋子，第 $i$ 堆有 $a_i$ 个棋子，定义一次操作为选择第 $i$ 堆棋子中任意个棋子转移到第 $i-1$ 堆中。两人轮流操作，不能操作者输。求先手是否有必胜策略。

可以得到，此时的 $\text{SG}$ 函数 $f(x)=a_1\text{ xor }a_3\text{ xor }a_5\text{ xor }\cdots\text{ xor } a_{n-[2|n]}$ ，此处不多作介绍，可以参考这份讲解。

设 $x$ 的标准分解式为 $\prod_{i=1}^k p_i^{q_i}$ ，定义 $s_x=k,c_x=\sum_{i=1}^kq_i$ 。这个可以线性筛出来。

我们发现，如果以 $c_i$ 的奇偶性分层连边，则问题转化为在奇偶层之间移动棋子的阶梯 $\text{Nim}$ 博弈。

首先我们知道先手第一步走的方式有 $\sum_{i=1}^n s_ia_i$ 种。

然后来判断有多少种合法方法。

枚举奇层的所有 $i$ ，若操作后 $f(x)$ 变为 $0$ ，则先手能胜利，则定义 $need=f(x)\text{ xor } a_i$ ，则 $a_i$ 变为 $need$ 后 $f(x)$ 变为 $0$ 。

然后对于 $need$ 和 $a_i$ 的大小分类讨论。

$need=a_i$ ，此时 $f(x)=0$ ，若对 $a_i$ 做出改动，则 $f(x)$ 定不等于 $0$ ，故此类无贡献；
$need<a_i$ ，考虑将 $i$ 处的 $a_i-need$ 颗棋子转移至偶层，则对答案作出 $s_i$ 的贡献；
$need>a_i$ ，考虑枚举 $ip=j$ ，将偶层 $j$ 处的 $need-a_i$ 颗棋子转移至奇层 $i$ 处，则对答案作出 $\sum_{j=ip}[a_j\ge need-a_i]$ 的贡献。

最后除一下得出概率就行了！

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff

}
const int N=1e6+10,mod=998244353;
int n,a[N],rnd,sol;
bitset<N>p;
int pri[N],cnt,sum[N];
bool odd[N];
/*
sum->质因数个数
odd->指数和是否为奇 
*/
inline int qpow(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1; 
    }
    return res;
}
inline void sieve(int n){
    p[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!p[i]){
            pri[++cnt]=i;
            sum[i]=odd[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
            p[i*pri[j]]=1;
            odd[i*pri[j]]=odd[i]^1;
            if(i%pri[j]==0) { sum[i*pri[j]]=sum[i]; break; }
            sum[i*pri[j]]=sum[i]+1;
        }
    }
}
int SG;
int main(){
    n=read();
    sieve(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        if(odd[i]) SG^=a[i];
        rnd=(rnd+1ll*a[i]*sum[i])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(odd[i]){
            int need=SG^a[i];
            if(need==a[i]) continue;
            if(need<a[i]) sol=(sol+sum[i])%mod;
            else{
                for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=n;j++){
                    if(a[i*pri[j]]>=need-a[i]) sol++;
                }
                sol-=sol>=mod?mod:0;
            }
        }
    }
    write(1ll*sol*qpow(rnd,mod-2)%mod);
    flush();
}