Newcoder 147 J.Juggernaut（polya）

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ploya

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探讨在特定条件下，如何填充一个矩阵使得每行每列的异或和为零，并计算所有可能的填充方案数量。利用Polya定理进行分析，通过枚举和数学计算得出结果。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

用 $0, 1$ 填一个 $n×mn\times m$ 的矩阵，使得每行每列元素异或和为 $0$ ，且对于两个矩阵 $A, B$ ，若存在 $x∈[0,n),y∈[0,m)x\in [0,n),y\in [0,m)$ 使得 $∀0≤i<n,0≤j<m\forall 0\le i<n,0\le j<m$ 都有 $A_{i,j}=B_{(i+x)\%n,(j+y)\%m}$ ，则 $A, B$ 视为一种方案，问方案数

Input

输入两个整数 $n,m(1≤n,m≤109)n,m(1\le n,m\le 10^9)$

Output

输出方案数，结果模 $998244353$

Sample Input

4 4

Sample Output

Solution

$P o l y a$ ，有 $n m$ 种变换群，先不考虑行列异或和的限制，对于平移 $(x,y),1≤n≤n,1≤y≤m(x,y),1\le n\le n,1\le y\le m$ ，求出在该变换下不动的方案数，第一维需要 $ngcd(x,n)\frac{n}{gcd(x,n)}$ 次平移才能回到起点，第二维需要 $mgcd(y,m)\frac{m}{gcd(y,m)}$ 次平移才能回到起点，那么一个循环的长度即为 $lcm(ngcd(x,n),mgcd(y,m))lcm(\frac{n}{gcd(x,n)},\frac{m}{gcd(y,m)})$ ，故此时染色方案数为 $2nmlcm(ngcd(x,n),mgcd(y,m))2^{\frac{nm}{lcm(\frac{n}{gcd(x,n)},\frac{m}{gcd(y,m)})}}$ ，枚举 $ngcd(x,n)\frac{n}{gcd(x,n)}$ 和 $mgcd(y,m)\frac{m}{gcd(y,m)}$ ，则有
$ans=\frac{1}{nm}\sum\limits_{a|n}\sum\limits_{b|m}\varphi(a)\varphi(b)2^{\frac{nm}{lcm(a,b)}}$
现在考虑行列异或和的限制，要修改的即为指数部分 $nmlcm(a,b)\frac{nm}{lcm(a,b)}$ ，对于位置 $(i, j)$ 和一个平移 $(na,mb)(\frac{n}{a},\frac{m}{b})$ ，第一维需要 $a$ 次平移回到起点，第二维需要 $b$ 次平移回到起点，那么值需要与 $(i, j)$ 相同且第一维为 $i$ 的有 $lcm(a,b)a\frac{lcm(a,b)}{a}$ 个，第二维为 $j$ 的有 $lcm(a,b)b\frac{lcm(a,b)}{b}$ 个，记 $l = l c m (a, b)$

1.若 $la\frac{l}{a}$ 为奇数， $lb\frac{l}{b}$ 为奇数，由于每 $na\frac{n}{a}$ 行的状态相同，每 $mb\frac{m}{b}$ 列的状态相同，故只要前 $na\frac{n}{a}$ 行和前 $mb\frac{m}{b}$ 列的异或和为 $0$ 即可，考虑第一列前 $na\frac{n}{a}$ 个元素和第一行前 $mb\frac{m}{b}$ 个元素，显然这 $na+mb−1\frac{n}{a}+\frac{m}{b}-1$ 个元素取值相互独立且依赖于右下角 $(na−1)×(mb−1)(\frac{n}{a}-1)\times (\frac{m}{b}-1)$ 这个子矩阵的取值，故此时修改为 $nml−(na+mb−1)\frac{nm}{l}-(\frac{n}{a}+\frac{m}{b}-1)$

2.若 $la\frac{l}{a}$ 为奇数， $lb\frac{l}{b}$ 为偶数，则每个第二维为 $j$ 的值都会出现偶数次，也即每列异或和必然为 $0$ ，但是行和需要做同样的考虑，即第一列前 $na\frac{n}{a}$ 个元素的取值依赖于右边 $na×(mb−1)\frac{n}{a}\times (\frac{m}{b}-1)$ 这个子矩阵的取值，此时修改为 $nml−na\frac{nm}{l}-\frac{n}{a}$

3.若 $la\frac{l}{a}$ 为偶数， $lb\frac{l}{b}$ 为奇数，则每个第一维为 $i$ 的值都会出现偶数次，也即每行异或和必然为 $0$ ，但是列和需要做同样的考虑，即第一行前 $mb\frac{m}{b}$ 个元素的取值依赖于下边 $(na−1)×mb(\frac{n}{a}-1)\times \frac{m}{b}$ 这个子矩阵的取值，此时修改为 $nml−mb\frac{nm}{l}-\frac{m}{b}$

由于结果要模 $p$ ，当 $n = m = p$ 时很麻烦，但是用例已经给出；当 $n, m$ 中有一个为 $p$ 时，不妨设 $n = p$ ，那么以 $p^2$ 为模数先得到答案，之后除以 $p$ 再乘上 $m$ 在模 $p$ 意义下逆元即可；当 $n, m$ 均不等于 $p$ 时，直接在模 $p$ 意义下求解即可

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int>P;
ll mod=998244353;
ll add(ll x,ll y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
ll mul(ll x,ll y)
{
	return (x*y-(ll)(x/(ld)mod*y+1e-3)*mod+mod)%mod;
}
ll Pow(ll x,ll y)
{
	ll ans=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)ans=mul(ans,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
vector<P>f[2];
vector<int>fact;
int phi(int n)
{
	int ans=n;
	for(int i=0;i<fact.size();i++)
		if(n%fact[i]==0)ans=ans/fact[i]*(fact[i]-1);
	return ans;
}
void deal(int n,int id)
{
	fact.clear();
	int nn=n;
	for(int i=2;i*i<=nn;i++)
		if(nn%i==0)
		{
			fact.push_back(i);
			while(nn%i==0)nn/=i;
		}
	if(nn>1)fact.push_back(nn);
	for(int i=1;i*i<=n;i++)
		if(n%i==0)
		{
			f[id].push_back(P(i,phi(i)));
			if(i*i!=n)f[id].push_back(P(n/i,phi(n/i)));
		}
}
int gcd(int a,int b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n==mod&&m==mod)
	{
		printf("295980207\n");
		return 0;
	}
	if(m==mod)swap(n,m);
	if(n==mod)mod=mod*n;
	ll ans=0;
	deal(n,0),deal(m,1);
	for(int i=0;i<f[0].size();i++)
		for(int j=0;j<f[1].size();j++)
		{
			ll res=mul(f[0][i].second,f[1][j].second);
			int a=f[0][i].first,b=f[1][j].first;
			ll l=(ll)a*b/gcd(a,b);
			ll t=(ll)n*m/l;
			if(((l/a)&1)&&((l/b)&1))t-=n/a+m/b-1;	
			else if((l/a)&1)t-=n/a;
			else if((l/b)&1)t-=m/b;
			ans=add(ans,mul(res,Pow(2,t)));
		}
	if(n==998244353)ans/=n,mod/=n;
	else ans=mul(ans,Pow(n,mod-2));
	ans=mul(ans,Pow(m,mod-2));
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}