【学习笔记】[ABC245Ex] Product Modulo 2

有点难

发现可以用中国剩余定理对$M=p^{\alpha }$求出答案，然后再乘起来。对于每个$A_i$通过中国剩余定理合并出来的答案也是 唯一 的。

发现对于一个$A_i$，恰好包含$t$个$p$的方案数为$p^{\alpha -t-1}(p-1)$。那么我们知道了$t$的总和就可以直接算方案数了。

设$t$表示满足$p^t|N$的最大整数，根据同余的性质我们知道$\gcd ({\prod }_{i=1}^n{A}_i,p^{\alpha })=\gcd (N,p^{\alpha })=p^t$。

将$p^t$除掉过后，此时$A_i$和$N$都和$M$互质，根据简约剩余系的理论，此时$A_{1\sim n-1}$可以取$[1,M]$中与$M$互质的任意数，那么$A_n$也对应唯一的$[1,M]$中与$M$互质的一个数。

记$A_i\in [1,p^{a_i}]$，发现$M|p^{a_n}$，所以$A_n$的方案数就是$\frac{p^{a_n}}{M}$。发现$A_{1\sim n-1}$只要都和$p$互质就好了，方案数${\prod }_{i=1}^{n-1}(p^{a_i-1}(p-1))\times \frac{p^{a_n}}{M}={\prod }_{i=1}^n{p}^{a_i}\times (\frac{p-1}{p}{)}^{n-1}\times \frac{1}{M}$。

可以直接计算。对于$N=0$的情况简单容斥即可。

#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define db double
using namespace std;
const int mod=998244353;
ll n,N,M,res=1;
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
    if(y<0)return 0;
    x%=mod;ll z(1);
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)z=z*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }return z;
}
ll binom(ll x,ll y){
    ll res=1;
    for(int i=1;i<=y;i++)res=res*fpow(i)%mod;
    for(int i=0;i<y;i++)res=res*((x-i)%mod)%mod;
    return res;
}
void add(ll &x,ll y){
    x=(x+y)%mod;
}
ll solve(ll p,ll N,int k){
    if(N){
        int t=0;
        while(N%p==0)N/=p,t++;
        return binom(n+t-1,t)*fpow(p,k*n-t-n+1-(k-t))%mod*fpow(p-1,n-1)%mod;
    }
    else{
        ll res=fpow(p,k*n);
        for(int t=0;t<k;t++){
            add(res,-fpow(p,k-t-1)*((p-1)%mod)%mod*binom(n+t-1,t)%mod*fpow(p,k*n-t-n+1-(k-t))%mod*fpow(p-1,n-1)%mod);
        }
        return res;
    }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>N>>M;
    for(ll i=2;i<=M/i;i++){
        if(M%i==0){
            ll P=1,k=0;
            while(M%i==0)M/=i,P*=i,k++;
            ll n2=N%P;
            res=res*solve(i,n2,k)%mod;
        }
    }
    if(M>1){
        res=res*solve(M,N%M,1)%mod;
    }
    cout<<(res+mod)%mod;
}