题解：P10580 [蓝桥杯 2024 国 A] gcd 与 lcm

P10580 题解

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前置知识

容斥原理

(1) 集合 $S$ 中不具有性质 $P_1,P_2,\cdots,P_n$ 的对象个数为

$\begin{aligned}|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|&=|S|-\sum_{i=1}^n|A_i|+\sum_{i=1}^n\sum_{j>i}|A_i\cap A_j|-\sum_{i=1}^n\sum_{j>i}\sum_{k>j}|A_i\cap A_j\cap A_k|\\&+\cdots+(-1)^{n-1}|A_1\cap A_2\cap \cdots\cap A_n|\end{aligned}$

简记（我的方法）：奇减偶加

(2) 集合 $S$ 中至少具有性质 $P_1,P_2,\cdots,P_n$ 之一的对象个数为

$\begin{aligned}|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n|&=\sum_{i=1}^n|A_i|-\sum_{i=1}^n\sum_{j>i}|A_i\cap A_j|+\sum_{i=1}^n\sum_{j>i}\sum_{k>j}|A_i\cap A_j\cap A_k|+\cdots\\&+(-1)^{n-1}|A_1\cap A_2\cap \cdots\cap A_n|\end{aligned}$

简记：奇加偶减

思路

首先，显然 $a$ 肯定都是 $x$ 的倍数，问题就是在 $\frac{y}{x}$ 上。

我们可以将 $\frac{y}{x}$ 质因数后一个个考虑，设 $\begin{aligned}\frac{y}{x}=\sum_{i=1}p_i^{e_i}\end{aligned}$，对于每一个质数分开去考虑，最后把答案乘起来（乘法原理），不妨把最小公倍数是 $x$ 和最大公倍数是 $y$ 看做两个条件，然后去容斥。

对于一个质数 $p_i$ 我们有。

发现算最大公因数是 $x$，最小公倍数是 $y$ 的方案数是比较困难的，所以我们不妨把题目转化为集合 $S$ 中不具有性质 $P_1,P_2$ 的对象个数有多少，其中：

• $P_1$ 为最大公约数不为 $x$。
• $P_2$ 为最小公倍数不为 $y$。

于是有。

• 没有 $P_1,P_2$ 的限制，我们可以取到 $[0,e_i]$，所以 $|S|=(e_i+1)^n$ 。
• 只有 $P_1$ 的限制，我们可以取到 $[1,e_i]$（取到 $0$ 最大公因数就是 $x$ 了），所以 $|A_1|=e_i^n$。
• 只有 $P_2$ 的限制，我们可以取到 $[0,e_i-1]$（取到 $e_i$ 最小公倍数就是 $y$ 了），所以 $|A_2|=e_i^n$。
• 对于有 $P_1,P_2$ 的限制，我们只能取到 $[1,e_i-1]$，所以 $|A_1\cap A_2|=(e_i-1)^n$。

故，一个质数的方案数为 $|S|-|A_1|-|A_2|+|A_1\cap A_2|=(e_i+1)^n-2\times e_i^n+(e_i-1)^n$。

最后把每个质数的方案数乘起来即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
ll x,y,n,t,ans;
void write(ll n){if(n<0){putchar('-');write(-n);return;}if(n>9)write(n/10);putchar(n%10+'0');}
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
ll ksm(ll a, ll b){ll res=1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}
void solve(){
    x=read();y=read();n=read();t=y/x;ans=1;
    for(int i=2; i<=sqrt(t); i++) if(t%i==0){
        ll num=0;
        while(t%i==0) t/=i,num++;
        ans=ans*((ksm(num+1,n)-(2*ksm(num,n)%mod)+ksm(num-1,n))%mod+mod)%mod;
    }
    if(t>1){ans=ans*((ksm(2,n)-2)%mod+mod)%mod;}
    write(ans);putchar('\n');
}
int main(){
    ll T=read();while(T--)solve();
    return 0;
}