[2018.10.11 T2] 整除

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整除

題目描述

整除符號爲$|$，$d|n$ 在計算機語言中可被描述爲 $n\%d == 0$。
現有一算式$n|x^m − x$，給定$n，m$，求$[1, n]$以內$x$解的個數。
解可能很大，輸出取模$998244353$。

格式

輸入格式

其中$n$的給定方式是由$c$個不超過$t$的質數的乘積給出的，$c$和$t$的範圍會在數據範圍中給出。
第一行一個$id$表示這個數據點的標號。
多組數據，其中第二行一個整數$T$表示數據組數。
對於每一組數據：
第一行兩個整數$c$和$m$。
第二行$c$個整數，這些整數都是質數，且兩兩不同，他們的乘積即爲$n$。
由於你可以通過輸入求出$t$，輸入不再給出。

輸出格式

對於每組數據輸出一行，表示解的個數。

樣例

樣例輸入

0
1
2 3
2 3

樣例輸出

6
另有兩個樣例，見下發文件。

數據範圍

測試點	$c ≤$	$t ≤$	$m ≤$	$T ≤$
$1$	$2$	$10^3$	$2$	$50$
$2$	$2$	$10^3$	$10^9$	$50$
$3$	$2$	$10^2$	$10$	$10000$
$4$	$1$	$10^4$	$2$	$50$
$5$	$2$	$10^4$	$2$	$50$
$6,7,8$	$10$	$10^4$	$10^9$	$50$
$9,10$	$50$	$10^4$	$10^9$	$50$

其中所有數據點都滿足$1 ≤ c ≤ 50,1 ≤ t ≤ 10^4,1 ≤ m ≤ 10^9,1 ≤ T ≤10000$。

題解

發現對於$n|x^m-x\ (n=\prod p_i)$這個式子的求解，可以化爲對下面這個方程組的求解：
$\left\{ \begin{aligned} &x^m-x\equiv 0\mod p_1\\ &x^m-x\equiv 0\mod p_2\\ &\qquad \vdots \\ &x^m-x\equiv 0\mod p_c\\ \end{aligned} \right.$

可以發現，這是一個同餘方程組，那麼根據中國剩餘定理，整個方程組的解的個數便等於方程組中每個方程的解的個數的乘積，我們可以$O(p)$的遍歷$[1,p]$的所有數來求解每個方程，再將解的個數乘起來得到答案，解決單詞詢問的複雜度爲$O(\sum (p_i\log p_i))$。

然而喪心病狂的出題人並不滿足於這樣的複雜度，複雜度瓶頸在於快速冪的$\log p$，考慮我們實際上在處理函數$f(x)=x^m\mod p$在$[1,p]$內的值，這個函數是積性的，所以$f(x)$在合數上的值可以線性篩出來，我們只需要在質數做快速冪，因爲質數的個數約等於$\frac{p_i}{\log p_i}$，剛好與快速冪$\log p_i$抵消，於是最後複雜度降爲$O(\sum p_i)$。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e4+5,mod=998244353;
int p[M/3],f[M],sum[M],c,m,T,ans,i,a;
bool vis[M];
int power(int x,int p,int mod){int r=1;for(;p;p>>=1,x=x*x%mod)if(p&1)r=r*x%mod;return r;}
int sie(int n,int m)
{
	int i=2,ans=2,t;
	for(p[0]=0;i<n;++i)
	{
		if(!vis[i])p[++p[0]]=i,f[i]=power(i,m,n);
		for(int j=1;j<=p[0];++j){if((t=i*p[j])>n)break;vis[t]=1;f[t]=f[i]*f[p[j]]%n;if(i%p[j]==0)break;}
		ans+=f[i]==i;
	}
	return ans;
}
void in(){scanf("%d%d",&c,&m);}
void ac(){for(ans=i=1;i<=c;++i)scanf("%d",&a),ans=1ll*ans*sie(a,m)%mod;printf("%d\n",ans);}
int main(){for(scanf("%*d%d",&T);T--;)in(),ac();}