Educational Codeforces Round 138 (Rated for Div. 2) - D. Counting Arrays

数论 + 计数

Problem - D - Codeforces

题意

给定整数 $n\;(1<=n<=3e5),\;m\;(1<=m<=1e12)$

要求求长度为 $n$ 的数组， 满足下列条件的个数

1. $1<=a[i]<=m$
2. 对于每个位置 $i$, 当 $\gcd(a[i],i)=1$ 时可删去这个元素，直到删完所有元素；这个删除的过程是唯一的（即每次删除都有且只有一个位置可以删）（某个元素被删除后，他后面的元素会补上来，下标都 - 1）

思路

1. 因为 $\gcd(a[1],1)=1$ 恒成立，所有每次删除都可以删第一个元素，要删除的过程是唯一的，则需要每次删除时只有第一个位置可以被删
2. 对于第 $i$ 个位置，因为每次都会删第一个元素，所以 $y=a[i]$ 这个值会依次出现在 $i,i-1,i-2...2,1$ 这些位置上，并且只有在 位置1 可以被删除，所以 $a[i]$ 要与 $1,2,3...,i$ 均不互质，即是 $[1,i]$ 中的所有质数的倍数
3. 维护 $[1,i]$ 的质数积 $tmp$ 即可，第 $i$ 个位置可以取的数就是 $\lfloor \frac m{tmp}\rfloor$; 注意 $tmp>m$ 时就没必要再更新了，防止溢出
4. 注意 $m<=1e12$, 在计算答案时 $m$ 需要先取模再计算！！！

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 3e5 + 10;
const int mod = 998244353;
ll n, m;
int pr[N / 5], p[N], cnt;
ll f[N], s[N];
void get_primes(int n)
{
	p[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!p[i])
		{
			p[i] = i;
			pr[++cnt] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= cnt && pr[j] <= n / i; j++)
		{
			p[i * pr[j]] = pr[j];
			if (p[i] == pr[j])
				break;
		}
	}
}

ll qmi(ll a, ll b)
{
	ll ans = 1;
	while(b)
	{
		if (b & 1)
			ans = ans * a % mod;
		b >>= 1;
		a = a * a % mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	get_primes(N - 10);
	cin >> n >> m;
	ll sub = 0;
	ll tmp = 1;
	s[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (p[i] == i && tmp <= m)
			tmp *= i;
		f[i] = m / tmp % mod;
		s[i] = s[i-1] * f[i] % mod;
		sub = (sub + s[i]) % mod;
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans = (ans + qmi(m % mod, i)) % mod;
	ans = (ans - sub + mod) % mod;
	cout << ans << endl;
    return 0;
}