CF1750D Count GCD

Problem

多组数据。

每组数据给定两个整数 $n$，$m$ 和一个数列 $b$，问有多少种方案构造一个长度为 $n$ 的序列 $a$，满足 $1\le a_i\le m$ 求 $gcd(a_1,a_2,\cdots ,a_i)=b_i$，答案对 $998244353$ 取模。

Input

第一行输入 $t$，表示数据组数。

每组数据第一行是两个整数 $n$，$m$。

每组数据第二行输入 $n$ 个整数 $b_1,b_2,\cdots ,b_n$

Output

输出 $t$ 行，每行输出一个整数表示答案。

Sample

Input 1

5
3 5
4 2 1
2 1
1 1
5 50
2 3 5 2 3
4 1000000000
60 30 1 1
2 1000000000
1000000000 2

Output 1

3
1
0
595458194
200000000

Solution

首先对于 $\mathrm{\forall }2\le i\le n$，如果 $b_{i-1}$ 不是 $b_i$ 的倍数，显然无解。

因为 $b_i=gcd(b_{i-1},a_i)$，所以 $gcd({\displaystyle \frac{b_{i-1}}{b_i}},{\displaystyle \frac{a_i}{b_i}})=1$。

而 $a_i$ 的取值在 $[1,m]$ 之间，那我们就是需要在 $[1,{\displaystyle \frac{m}{b_i}}]$ 中统计出与 ${\displaystyle \frac{b_{i-1}}{b_i}}$ 互质的数的个数。

考虑容斥，我们令 $g$ 来表示 ${\displaystyle \frac{b_{i-1}}{b_i}}$，每次暴力求出 $g$ 的质因子，然后枚举选取质因子的状态，统计答案即可。

由于 $b_{i-1}$ 是 $b_i$ 的倍数，$1\le b_i\le m\le {10}^9$，那么如果 $b_{i-1}\ne b_i$，$b_{i-1}$ 至少是 $b_i$ 的 $2$ 倍，所以说 $b_{i-1}\ne b_i$ 的情况最多只有 $log$ 次，容斥的次数大幅减少。

而对于 $b_{i-1}=b_i$ 的情况，$\mathrm{有}g=1$，没有质因子，自然就不会容斥来统计答案。

代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int kmax = 2e5 + 3;
const int Mod = 998244353;

int t, n, m;
int b[kmax];
int p[kmax], pc;
long long res;

long long Calc(int x, int y) { // 容斥
  pc = 0;
  int j = y;
  for (int i = 2; i * i <= y; i++) { // 筛质因子
    if (j % i) continue;
    p[++pc] = i;
    for (; j % i == 0; j /= i) {
    }
  }
  if (j > 1) p[++pc] = j;
  long long res = 0;
  for (int i = 0; i < 1 << pc; i++) { // 枚举状态
    int op = 1;
    long long v = 1;
    for (int j = 0; j < pc; j++) {
      if (i & 1 << j) {
        op *= -1;
        v *= p[j + 1];
      }
    }
    res += op * x / v;
  }
  return res;
}

void Solve() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> b[i];
  }
  res = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (b[i - 1] % b[i]) { // 无解
      cout << 0 << '\n';
      return;
    }
    res = res * Calc(m / b[i], b[i - 1] / b[i]) % Mod; // 统计答案
  }
  cout << res << '\n';
}

int main() {
  cin >> t;
  while (t--) {
    Solve();
  }
  return 0;
}