[2018.10.11 T2] 整除

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整除

题目描述

整除符号为$|$，$d|n$ 在计算机语言中可被描述为 $n\%d==0$。
现有一算式$n|x^m-x$，给定$n，m$，求$[1,n]$以内$x$解的个数。
解可能很大，输出取模$998244353$。

格式

输入格式

其中$n$的给定方式是由$c$个不超过$t$的质数的乘积给出的，$c$和$t$的范围会在数据范围中给出。
第一行一个$id$表示这个数据点的标号。
多组数据，其中第二行一个整数$T$表示数据组数。
对于每一组数据：
第一行两个整数$c$和$m$。
第二行$c$个整数，这些整数都是质数，且两两不同，他们的乘积即为$n$。
由于你可以通过输入求出$t$，输入不再给出。

输出格式

对于每组数据输出一行，表示解的个数。

样例

样例输入

0
1
2 3
2 3

样例输出

6
另有两个样例，见下发文件。

数据范围

测试点	$c\le$	$t\le$	$m\le$	$T\le$
$1$	$2$	$10^3$	$2$	$50$
$2$	$2$	$10^3$	$10^9$	$50$
$3$	$2$	$10^2$	$10$	$10000$
$4$	$1$	$10^4$	$2$	$50$
$5$	$2$	$10^4$	$2$	$50$
$6,7,8$	$10$	$10^4$	$10^9$	$50$
$9,10$	$50$	$10^4$	$10^9$	$50$

其中所有数据点都满足$1\le c\le 50,1\le t\le 10^4,1\le m\le 10^9,1\le T\le 10000$。

题解

发现对于$n|x^m-x(n=\prod p_i)$这个式子的求解，可以化为对下面这个方程组的求解：
$$\{\begin{array}{rl}& x^m-x\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1\\ & x^m-x\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2\\ & ⋮\\ & x^m-x\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_c\end{array}$$

可以发现，这是一个同余方程组，那么根据中国剩余定理，整个方程组的解的个数便等于方程组中每个方程的解的个数的乘积，我们可以$O(p)$的遍历$[1,p]$的所有数来求解每个方程，再将解的个数乘起来得到答案，解决单词询问的复杂度为$O(\sum (p_i\log p_i))$。

然而丧心病狂的出题人并不满足于这样的复杂度，复杂度瓶颈在于快速幂的$\log p$，考虑我们实际上在处理函数$f(x)=x^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$在$[1,p]$内的值，这个函数是积性的，所以$f(x)$在合数上的值可以线性筛出来，我们只需要在质数做快速幂，因为质数的个数约等于$\frac{p_i}{\log p_i}$，刚好与快速幂$\log p_i$抵消，于是最后复杂度降为$O(\sum p_i)$。

代码

#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();}