<think>嗯，这个问题看起来有点复杂。我得仔细读题目，确保理解每个步骤。题目是说，有一个数组a，初始所有元素都是白色。Mirzayanov会选择一个或多个不同的索引，把这些位置的元素涂成黑色。然后，所有白色元素中，如果它们的索引是至少一个黑色元素索引的倍数，就会被涂成绿色。得分是所有黑色和绿色元素中的最大值。现在要计算所有可能的选黑元素方式（2^n -1种）的得分之和，模998244
353。
首先，我需要理解每个步骤的具体含义。比如，选黑元素的方式是所有的非空子集，共有2^n -1种。对于每一种选法，计算对应的得分，然后把这些得分加起来。最后输出模的结果。
问题的关键在于如何高效地计算所有可能的选法的得分总和。因为直接枚举所有可能的子集显然是不可能的，当n很大时，比如n是1e
5级别的话，这样的时间复杂度是无法接受的。所以需要找到一个数学上的优化方法，可能是考虑每个元素作为最大值贡献到总和的次数。
那可能需要每个元素a_i作为最大值的情况出现的次数，然后总和就是a_i乘以次数，再求和。这样，问题就转化为如何计算每个元素a_i在多少种选法中成为最大值。
那么，如何确定a_i在某种选法中是否是最大值？假设当前选法中，a_i被选中或者未被选中，但此时它必须是黑色或绿色的，并且在所有黑色和绿色元素中是最大的。
但这里有个问题：a_i是否是黑色或绿色的，取决于选中的黑色元素的位置。例如，如果选中的某个黑色元素的索引j是i的因数，那么i会被涂成绿色。或者如果i被选中为黑色，那么自然也是黑色。
所以，a_i成为得分的条件是该选法中，a_i是黑色或绿色，并且在所有黑色和绿色的元素中，没有比它更大的元素存在。
这看起来有点复杂，因为需要考虑其他元素的情况。或许，我们可以按元素从大到小处理，计算每个元素作为最大值的贡献次数。例如，对于元素a_i，如果它在某种选法中是最大值，那么所有比它大的元素都不能出现在黑色或绿色中。或者更准确地说，所有比a_i大的元素要么不在黑色或绿色中，或者即使存在，也不被选为最大值的情况。这可能需要容斥或者某种排列组合的技巧。
不过，可能更有效的方法是，按元素从大到小的顺序处理。假设我们按a_i从大到小排序，对于每个元素a_i，计算有多少种选法使得该元素是最大值，并且这是第一次出现这个最大值的情况。这样，可以确保每个选法只被最大的元素统计一次。
具体来说，假设我们已经处理了所有比a_i大的元素，现在处理a_i。此时，我们需要找出所有选法，其中选中的黑色元素满足：在i的因数中至少有一个被选为黑色（这样i会被染成绿色或者本身就是黑色），而所有比a_i大的元素j，它们的下标j所在的因数没有被选为黑色（否则j会被染成绿色或者黑色，这样它们的a_j会比a_i大，所以这种情况下a_i不能成为最大值）。
这似乎可行。那么，对于每个a_i，我们需要计算满足以下条件的选法数目：
1. 在i的某个因数k（包括i自己）中，至少有一个被选为黑色元素。这样，i会被涂成黑色或绿色。
2. 对于所有j>i（假设已经按a从大到小排过序，所以这里的j对应的a_j >= a_i的情况已经被处理过了），如果j的位置被某个选中的k的倍数所影响，则j会被涂成绿色或黑色。因此，在选法中，必须确保这些j的位置不会被选中，或者即使被选中，他们的因数没有被选中的情况，从而导致这些j的位置不会被染成绿色或黑色。
或者，可能更简单的方式是，当处理到a_i时，假设所有比它大的元素都不满足成为最大值的条件，所以这些元素所在的选法中，它们的位置必须无法被染成黑色或绿色。或者，或者说，在那些选法中，这些更大的元素既没有被选为黑色，也没有被它们的某个因数选为黑色，这样它们不会被染成绿色，从而不会出现在黑色或绿色集合中。这样，i就可以成为最大值。
这可能需要一些数学的处理方法。例如，对于每个元素i，统计有多少个选法满足：
- i被染成黑色或绿色（即存在至少一个k是i的因数，且k被选为黑色）。
- 对于所有元素j>i（按a的值从大到小排序后的顺序），j没有被染成黑色或绿色，也就是说，对于每个j>i，j的因数中没有任何一个被选为黑色。
同时，选法必须非空，即至少选一个黑色元素。
假设我们按元素的a值从大到小排序，这样在处理第i个元素时，前面的元素的a值更大，已经被处理过。那么，当计算当前元素i的贡献时，必须保证所有比它大的元素j（即已经处理过的元素）都不能被染成绿色或黑色。这要求，这些j的位置的因数中没有被选中的黑色元素。同时，i的因数中至少有一个被选中，并且当前选法的黑色元素必须满足这两个条件。
那么，对于元素i来说，其贡献次数等于满足以下条件的选法数目：
S = {选法的子集B，其中B是选中的黑色元素集合}
满足：
1. B非空。
2. B中存在至少一个元素k，使得k是i的因数。
3. 对于每个j（对应的a_j > a_i），所有j的因数都没有被选为B中的元素。即，对于这些j，他们的所有因数都不在B中。这样，j不会被染成绿色或黑色，所以不会被考虑在得分中。
然后，所有这样的选法数目S_i，乘以a_i，就是i的总贡献。然后将所有i的贡献相加得到最终答案。
现在的问题是，如何计算每个i的S_i的值。
这里，我们需要先按a_i从大到小排序元素。因为只有当更大的元素都没有被选中的情况，当前元素i才能作为最大值。
假设我们按a_i从大到小的顺序处理每个元素i。对于每个i，我们需要计算满足上述条件的选法数目。这可能涉及到容斥原理或动态规划的方法。
例如，当处理到i时，所有比i大的元素j已经被处理过，并且我们可能需要确保选法中的黑色元素不包含这些j的任何因数。或者说，对于这些更大的元素j来说，它们的因数集合中的元素都不能被选为黑色元素。
这似乎很复杂，但或许可以将问题分解为：
对于每个i，我们需要计算选法的数目，这些选法满足：
- 至少选一个i的因数作为黑色元素。
- 不选任何属于“禁止集合”F_i的元素。这里的F_i是所有比i大的元素j的因数的集合。或者说，F_i中的元素是那些属于某个j>i的因数的元素。因为这些元素一旦被选为黑色，就会导致j被染成绿色或黑色，而j的a值更大，所以i不能成为最大值。
因此，F_i = {k | 存在j>i，k是j的因数}。
那么，对于i来说，选法必须是选非空子集，满足：
- 至少有一个元素属于D_i（D_i是i的因数集合，包括i自己）。
- 所有选中的元素必须不属于F_i，且属于D_i的某个部分？
或者，更准确地说，选中的黑色元素必须属于D_i，且不属于F_i？或者可能不是这样？
或者，选中的元素必须满足：
选中的元素集合B必须满足：
B ∩ F_i = ∅，并且 B ∩ D_i ≠ ∅.
因为，如果B中的元素k属于F_i，那么k是某个j>i的因数，因此j会被染成绿色或黑色，导致j的a_j比a_i大，所以i不能成为最大值。因此，必须保证B中的元素都不在F_i中。同时，B必须至少有一个元素属于D_i，这样i会被染成绿色或黑色。
所以，问题转化为：对于每个i，计算满足B ∩ F_i = ∅，且 B ∩ D_i ≠ ∅的非空子集B的数目。然后，所有这样的B对应的选法数目就是S_i。而总贡献是a_i * S_i。
但这里的F_i和D_i如何定义？
F_i是所有会导致比i大的元素j被染色的元素的集合。也就是说，F_i中的元素k是那些存在j>i（按a的值排序后的顺序）的情况，其中k是j的因数。因此，F_i = {k | ∃j>i，k是j的因数}。
而D_i是i的所有因数的集合，即k是i的因数的元素k的集合。这样，当B中的一个元素k属于D_i时，i会被染色。
所以，对于每个i，计算满足以下条件的非空子集B的数目：
B中的元素都是不在F_i中的元素，并且至少有一个元素在D_i中。
这应该等于（总共有S个元素不在F_i中，其中有多少个非空子集B满足至少包含一个D_i的元素）。
所以，假设总共有M_i个元素不在F_i中，其中X_i个属于D_i。那么满足条件的数目是：总共有子集数为 (2^{X_i} -1) * 2^{M_i - X_i} }。因为必须选至少一个元素在D_i中，剩下的元素可以在不在D_i的非F_i元素中任选。
但是这可能不正确，因为D_i中的元素可能和F_i中的元素有重叠？比如，假设D_i中的某个元素k，k是否属于F_i？
这要看情况。例如，i的一个因数k，是否属于F_i。F_i中的元素是那些作为某个j>i的因数的元素。如果i的因数k同时也是某个j>i的因数，那么k属于F_i。此时，这个k虽然属于D_i，但也在F_i中，因此这样的k不能被选为黑色元素，否则会导致j被染色。
因此，D_i中的元素k是否属于F_i？只有当存在j>i（按a的顺序）且k是j的因数时，k才属于F_i。因此，D_i中的元素可能部分属于F_i，部分不属于。
所以，正确的条件是：选中的元素必须属于D_i且不属于F_i，并且至少有一个这样的元素。或者，选中的元素必须全部不属于F_i，并且至少有一个属于D_i。
这样，正确条件是：
B ∩ F_i = ∅，并且 B ∩ D_i ≠ ∅，且 B非空。
那么，我们需要计算所有非空子集B，满足：
1. B中的元素都不在F_i中。
2. B中的元素至少有一个属于D_i。
那么，假设在全集U中，元素分为两部分：
A：属于D_i且不属于F_i的元素。
B：不属于D_i且不属于F_i的元素。
那么，满足条件的子集B必须包含至少一个A中的元素，并且可以包含任意多个B中的元素。因此，总共有：
(2^{|A|} -1) * 2^{|B|}
这样的子集数目。其中，A是D_i中不在F_i中的元素的数量，B是其他不在F_i中的元素的数量。
但这里的全集U是所有的元素，而F_i是那些元素属于F_i的情况。所以，总共有M_i = 总元素数目减去F_i的元素数目。即，M_i = n - |F_i|。但具体的A和B的数目可能比较复杂。
不过，这个问题可能需要更高效的方法。例如，预处理每个i的D_i和F_i的交集，得到D_i’ = D_i \ F_i。也就是，所有属于D_i且不属于F_i的元素的集合。然后，剩下的不在F_i中的元素是U’ = [1..n] \ F_i。要选非空子集，其中至少一个元素属于D_i’，并且其他元素属于U’但不能属于D_i’。
这样，符合条件的子集数目等于：
（2^{|D_i’|} -1） * 2^{ |U’| - |D_i’| } }
其中，U’是总共有S = (n - |F_i|)个元素。那么，|U’| - |D_i’| = S - |D_i’| = (n - |F_i|) - |D_i’|.
所以，总共有：
(2^{d} -1) * 2^{ (s - d) }
其中，d是D_i’的大小，s是S = n - |F_i|。
但问题是，如何计算每个i的d和s？
这可能比较困难，因为对于每个i，需要找出哪些元素k属于D_i’（即k是i的因数，且k不在F_i中）。
而F_i是那些k属于某个j>i的因数的元素的集合，这里的j是已经处理过的元素（因为我们是按a从大到小排序的）。
这里可能需要一个预处理步骤：
1. 首先，将数组元素按a的值从大到小排序，并记录它们的原始索引。例如，将元素排序后，得到一个数组s
orted，其中每个元素包含原索引和a的值。假设排序后的顺序是v_1 >= v_2 >= ... >= v_n，对应的原索引为p_1, p_2, ..., p_n。
2. 对于每个i（这里的i是排序后的索引），对应的原始元素是p_i。我们需要计算当处理到i时，所有比i大的元素（也就是在排序后的数组中i的前面的元素）的因数集合的并集，得到F_i。即，F_i是那些k，存在j在排序后的数组中的前i-1个元素，且k是p_j的因数。
这可能很耗时，因为对于每个i，要计算所有j < i（因为排序是降序的，原数组中更大的元素排在前面）对应的元素的因数，并把这些因数加入F_i。
但如何高效地维护F_i呢？
可以考虑，从最大的元素开始处理，维护一个集合，记录所有已经被处理过的元素的因数。例如，当处理到第i个元素时，F_i就是这个集合中的所有因数。然后，处理完第i个元素后，将当前元素的因数加入这个集合中。
例如，初始时，F是一个空集合。处理顺序是i从1到n（按a的降序排列）：
对于i=1，处理最大的元素p_1。此时，F_i是空集，因为还没有处理过任何比它大的元素。然后，将p_1的所有因数加入F集合。
对于i=2，处理第二大的元素p_2。此时，F集合中的元素是所有比它大的元素的因数（也就是p_1的因数）。处理完p_2后，将p_2的因数加入F集合。
依此类推。这样，当处理第i个元素时，F集合中存储的是所有已处理过的元素（即j < i的元素）的因数的并集。这样，F_i就是这个集合。
这样，我们就可以动态维护F集合，从而得到每个i的F_i。
然后，对于每个i的原始索引p_i，D_i是p_i的所有因数的集合。而D_i’是D_i中不在F_i中的元素。也就是，这些因数k必须满足k没有被包含在F集合中，即没有被之前的元素的因数覆盖。
此时，D_i’的大小等于D_i的大小减去D_i与F_i的交集的大小。
这样，我们可以预先处理每个原始索引的所有因数，然后在处理时动态维护F集合，记录哪些k已经被包含在F集合中。
现在的问题转化为：
- 如何预处理每个数的因数？
- 如何高效维护F集合，以便快速查询某个k是否在F中？
假设n是1e
5级别，那么预处理每个数的因数需要O(n log n)的时间，比如用筛法。
而维护F集合可以用一个布尔数组，标记每个k是否已经被加入过F。例如，当处理元素p_i时，遍历p_i的所有因数k，如果k未被标记，则将它们加入F集合，并标记为true。
但这样可能会重复处理因数。例如，如果两个不同的元素有相同的因数k，那么在处理第一个元素时标记k为true，之后处理其他元素时，k已经在F中。
所以，维护F集合可以用一个布尔数组in_F，初始为false。在处理每个元素p_i时，遍历它的所有因数k。如果k未被标记为in_F[k] = true，则将其标记为true，并将其加入F集合。这样，在后续的处理中，这些因数已经被视为在F集合中。
这样，处理完所有比当前元素大的元素后，F集合中的元素就是所有可能被选中的因数导致更大的元素被染色。
那么，对于当前处理的元素i（原索引p_i），D_i是它的所有因数。而D_i’就是其中未被标记为in_F的那些因数。所以，D_i’的大小等于D_i中未被in_F标记的因数的数量。
同时，U’是总共有多少元素未被in_F标记。因为U’ = n - F的大小，而F的大小可以通过维护一个变量，例如count_F，每次新增未被标记的因数时，count_F增加相应的数目。
或者，更简单地说，当处理到i时，U’中的元素数目是n - count_F，其中count_F是当前in_F中的元素数目。但此时，当处理i的因数时，可能已经将某些k加入F中，所以需要动态计算。
或者，U’的元素数目等于总元素数目n减去当前in_F中的元素数目。因为in_F中的元素数目是当前F集合的大小。
所以，在处理元素i时，s = n - count_F（count_F是此时in_F的大小）。
而d是D_i’的元素数目，即D_i中的因数k未被in_F标记的数量。
此时，计算每个i的贡献：
贡献为a_i * ( (2^{d} - 1) * 2^{ (s - d) } )
然后将这些贡献累加起来。
现在，问题是如何高效地计算这些数值，并处理大数的指数取模问题。
此外，需要注意的是，对于每个i，处理完之后需要将它的所有因数k中未被in_F标记的加入F，并更新count_F。例如，在处理i时，遍历其所有因数k，如果in_F[k]是false，就将它标记为true，并将count_F增加1。
这样，就能维护F集合的正确性。
接下来，具体的步骤：
1. 预处理每个数的因数。例如，对于每个数x，找出其所有因数。这可以通过预处理，比如对于每个数x，遍历它的倍数，或者用更高效的方法。
2. 将原数组按照a的值从大到小排序，同时记录原始索引。
3. 初始化in_F数组为false，count_F为0。
4. 按排序后的顺序处理每个元素：
a. 对于当前元素的原始索引p_i，计算其所有因数D_i。
b. 计算d：D_i中未被in_F标记的元素数目。
c. 计算s = n - count_F.
d. 贡献为a_i * ( (2^d -1) * 2^{s -d} ) mod MOD.
e. 将贡献加到总和中。
f. 遍历D_i中的因数k，如果in_F[k]为false，则将其标记为true，count_F增加1。
这样，每个元素i的因数被处理后，后续的元素在处理时会自动排除这些因数的可能。
现在需要考虑如何处理因数的计算。例如，对于x，其因数包括1到x的所有能整除x的数。这可以通过预处理，比如对每个x，存储其所有因数。
预处理因数的方法：
可以预先为每个数x，遍历其倍数，并记录因数。例如，对于每个数d从1到n，将d加入到其倍数的因数列表中。这样时间复杂度是O(n log n)。
例如，对于d从1到n：
f
or (int x = d; x <= n; x +=d) {
fact
ors[x].push_back(d);
}
这样，每个x的因数列表fact
ors[x]将包含所有d能整除x的数。
这样预处理因数的时间是O(n log n)，这在n=1e
5时是可行的。
接下来，按照排序后的顺序处理每个元素。假设原数组是a数组，每个元素的值和索引分别为a_val和index。排序后得到一个数组s
orted，其中每个元素包含原索引和a_val，按a_val降序排列。
然后，对于每个s
orted[i]，处理其原始索引p_i。
现在，计算d的步骤是：
遍历fact
ors[p_i]中的每个因数k，检查in_F[k]是否为false。统计这些k的数量，即d。
然后，计算贡献。
同时，在处理完当前元素后，需要将这些因数k中未被标记的加入F集合，并更新count_F。
例如：
f
or each k in fact
ors[p_i]:
if (!in_F[k]):
in_F[k] = true
count_F +=1
这可能会多次处理同一个因数k，但通过检查in_F[k]的状态，可以避免重复处理。
这样，整个过程的时间复杂度是O(n log n + n log MOD)，其中n log n来自预处理因数和排序，而处理每个元素的因数的时间也是O(n log n)，因为每个元素的因数数目平均是O(log n)。另外，计算幂的时候需要用快速幂，但由于指数可能很大，可以预处理幂数组，或者每次计算时用快速幂。
但这里需要注意，对于每个元素i，我们需要计算2^d和2^(s-d)，其中s =n - count_F。这里的d是当前步骤的d，而s是当前的n - count_F。因此，每次需要计算这两个指数。
这里，可以预处理一个幂数组pow2，其中pow2[i] = 2^i mod MOD。预处理到n的大小即可。
例如，预处理pow2[0..n]，其中pow2[i] = 2^i mod MOD。这样，计算的时候直接取pow2[d]即可。
预处理pow2数组的时间是O(n)，这在n=1e
5时是可行的。
因此，总的步骤：
预处理：
1. 预处理每个数的因数列表。
2. 预处理pow2数组，pow2[i] = 2^i mod MOD。
处理阶段：
3. 将原数组按a的值降序排序，得到s
orted数组。
4. 初始化in_F数组为false，count_F=0，总和ans=0。
5. 遍历s
orted数组中的每个元素：
a. 取出当前元素的原始索引p_i和值a_i。
b. 遍历p_i的所有因数，统计其中未被in_F标记的数目d。
c. s = n - count_F.
d. 计算term = a_i * ( (pow2[d] -1) * pow2[s -d] % MOD ) % MOD.
e. ans = (ans + term) % MOD.
f. 对于p_i的每个因数k，如果in_F[k]为false，则设置为true，并count_F +=1.
这样，整个过程的时间复杂度是O(n log n)，因为每个数的因数数目是O(log n)级别的，而其他步骤都是线性的。
现在，需要处理可能的重复因数。例如，当p_i的因数k已经被之前的元素处理过，那么此时不会被统计到d中。因此，只有未被处理的因数才会被计入d，从而确保后续的选法不会导致更大的元素被染色。
这样，这个算法应该是正确的。
现在，需要验证这个算法的正确性。
例如，考虑一个简单的测试用例：
n=2，a=[
3,
5]. 原索引是1和2。假设排序后的顺序是第二个元素（a=
5），然后是第一个元素（a=
3）。
处理第一个元素（原索引2，a=
5）：
此时，F集合初始为空。p_i=2的因数是1,2.
统计d=2（因为这两个因数都不在F中）。
s = 2 - 0 =2.
term =
5 * ( (2^2 -1)*2^(2-2) ) =
5*(
3*1)=1
5.
然后，将因数1和2加入F集合，count_F变为2.
处理第二个元素（原索引1，a=
3）:
它的因数是1和1的因数，即1.
此时，检查因数1是否在F中。是的，所以d=0.
所以，必须选至少一个因数，但是d=0，所以无法满足条件。所以term=0.
总和是1
5.
而所有可能的选法共有2^2 -1=
3种：
选法1：选{1}。黑色元素是1。绿色的元素是那些索引是1的倍数的元素，即1和2。所以黑色和绿色的是1和2。最大值是
5（元素2的值）。
选法2：选{2}。黑色元素是2。绿色的元素是2的倍数，即2。所以最大值是
5.
选法
3：选{1,2}. 黑色元素是1和2. 绿色元素是1的倍数（1,2）和2的倍数（2). 所以最大值是
5.
所以总和是
5+
5+
5=1
5，与算法的结果一致。
另一个测试用例：n=1。原数组只有一个元素a_1=10。此时，只有一种选法：选{1}。得分是10。总和是10.
算法处理：
排序后的元素是原索引1。处理时，因数1不在F中（F初始为空），d=1。s=1-0=1. term=10*( (2^1-1)*2^{0})=10*1*1=10. 正确。
再一个测试用例：n=
3，a=[2,
3,1]. 原索引1、2、
3。假设排序后的顺序是2（a=
3），然后是1（a=2），然后是
3（a=1）。
处理第一个元素（原索引2，a=
3）的因数是1和2。d=2。s=
3-0=
3. term=
3*(
3-1)*2^{
3-2} =
3*(
3-1=
3)？不，计算式是：
(2^d -1) * 2^{s-d} = (2^2 -1)*2^{
3-2} =
3 *2=6. term=
3*6=18.
此时，将因数1和2加入F集合，count_F=2.
处理第二个元素（原索引1，a=2）的因数是1。此时，因数1已经在F中，所以d=0。所以无法满足条件，term=0.
处理第三个元素（原索引
3，a=1）的因数是1,
3。因数1在F中，因数
3不在。所以d=1。此时，s=
3-2=1. (2^1-1)*2^{1-1}=1*1=1. term=1*1=1.
总和是18+0+1=19.
现在，手动计算所有可能的选法：
共有7种选法：
选法：
1. {1}: 黑色元素是1。绿色元素是1的倍数：1,2,
3。最大值是
3（元素2的a值？原索引是1的a是2，原索引2的a是
3？ 原数组是 [2,
3,1]. 原索引1是a=2，原索引2是a=
3，原索引
3是a=1.
所以，当选{1}，黑色元素是1。绿色元素是1的倍数（所有元素，因为1的倍数是所有数）。所以，所有元素都是绿色或黑色。最大值是
3（元素2的值）。
选法2：选{2}。黑色元素是2。绿色元素是2的倍数：2. 所以黑色和绿色元素是2。最大值是
3.
选法
3: 选{
3}。黑色元素是
3。绿色元素是
3的倍数：
3. 最大值是1.
选法4: 选{1,2}。黑色元素是1和2。绿色元素是1的倍数（所有）和2的倍数（2, ...). 所以全部元素。最大值是
3.
选法
5: 选{1,
3}。绿色元素是1的倍数（所有）和
3的倍数（
3). 所以全部元素。最大值是
3.
选法6: 选{2,
3}。绿色元素是2的倍数（2）和
3的倍数（
3). 黑色元素是2和
3. 所以黑色和绿色是2，
3. 最大值是
3和1中的最大
3.
选法7: 选{1,2,
3}。同选法4，最大值是
3.
所以各选法的得分为：
3,
3,1,
3,
3,
3,
3。总和是
3+
3+1+
3+
3+
3+
3=19，与算法结果一致。
这说明算法是正确的。
综上，算法的思路是正确的。现在需要将其转化为C++代码。
代码步骤：
1. 预处理因数列表。
2. 预处理pow2数组，计算2^i mod MOD.
3. 将数组元素按值降序排序，保留原索引。
4. 遍历排序后的元素，计算每个的贡献。
需要注意的细节：
- 原题中的数组索引是1-based还是0-based？原问题中的数组是a_1到a_n，所以是1-based。
- 预处理因数时，需要处理每个数的所有因数，包括1和自身。
代码实现：
首先，预处理因数：
vect
or<vect
or<int>> fact
ors(n+1);
f
or (int d=1; d<=n; d++){
f
or (int x=d; x<=n; x +=d){
fact
ors[x].push_back(d);
}
}
然后，预处理pow2数组：
vect
or<int> pow2(n+1);
pow2[0] = 1;
f
or (int i=1; i<=n; i++){
pow2[i] = (pow2[i-1] * 2) % MOD;
}
然后，将原数组排序：
vect
or<pair<int, int>> s
orted; // (a_val, index)
f
or (int i=0; i<n; i++){
s
orted.emplace_back(a[i], i+1); // as
suming a is 0-based in code, but indices are 1-based.
}
s
ort(s
orted.begin(), s
orted.end(), [](const auto& a, const auto& b) { return a.
first > b.
first; });
然后，初始化in_F数组：
vect
or<bool> in_F(n+1, false);
int count_F = 0;
int ans =0;
MOD = 998244
353;
处理每个元素：
f
or (auto& [val, idx] : s
orted) {
// 计算d: number
of fact
ors
of idx not in F.
int d =0;
f
or (int k : fact
ors[idx]){
if (!in_F[k]) d++;
}
int s = n - count_F;
if (d ==0) {
// 无法满足条件，贡献为0
continue;
}
int term = (pow2[d] -1 + MOD) % MOD; // 防止负数
term = (term * 1LL * pow2[s -d]) % MOD;
term = (val * 1LL * term) % MOD;
ans = (ans + term) % MOD;
// 将因数k标记为in_F，并更新count_F
f
or (int k : fact
ors[idx]) {
if (!in_F[k]) {
in_F[k] = true;
count_F++;
}
}
}
最终，输出ans。
需要注意的是，当d=0时，无法选择任何因数，因此贡献为0，不需要处理。此外，pow2[d] -1可能为负数，所以要加MOD后再取模。
这样，代码就完成了。现在测试一下前面的测试用例。
例如，n=2，a数组是
3和
5。原索引1是
3，原索引2是
5。排序后是
5（索引2），
3（索引1）。
处理索引2：
因数1和2。此时in_F都是false。d=2. s=2-0=2. term=
5*(
3 * 1)=1
5. 然后标记1和2为true，count_F=2.
处理索引1：因数1。此时in_F[1]是true。d=0. 跳过。
总和是1
5.
正确。
另一个测试用例n=
3，数组是2,
3,1。原索引是1（a=2），2（a=
3），
3（a=1）。排序后的顺序是
3（索引2）、2（索引1）、1（索引
3）？或者原数组的顺序？
原数组的索引是1-based。在代码中，假设原数组的存储是0-based，但在s
orted数组中保存的是原索引+1。例如，原数组是[2,
3,1]，则索引1、2、
3对应的值分别是2、
3、1。排序后的顺序是
3（索引2），2（索引1），1（索引
3）？
不，s
orted数组是按a_val降序排列。原数组是：
元素0: 2 →索引1
元素1:
3 →索引2
元素2:1 →索引
3.
所以 s
orted数组将按值排序为
3（索引2，值
3），2（索引1，值2），1（索引
3，值1）。
处理第一个元素（val=
3，idx=2）的因数是1,2。d=2，s=
3-0=
3. term=
3 * ( (
3)*2^(1) ) → (2^2-1)=
3, 2^(
3-2)=2 →
3*2=6 → term=
3*6=18. 然后标记1和2，count_F=2.
处理第二个元素（val=2，idx=1）的因数是1。此时，in_F[1]是true，所以d=0. 跳过。
处理第三个元素（val=1，idx=
3）的因数是1,
3。其中，1已标记，
3未标记。d=1. s=
3-2=1. term=1*(1 * 1)=1. 标记
3，count_F=
3.
总和是18+1=19.
正确。
综上，代码是正确的。</think>要解决这个问题，我们需要计算所有可能的选法下，数组元素作为黑色或绿色元素的最大值的总和。通过分析，我们可以将问题转化为每个元素作为最大值时的贡献次数，并利用数学方法优化计算。
### 方法思路
1. **预处理因数**：对于每个数，预处理其所有因数。
2. **预处理幂数组**：计算2的幂次，便于后续快速计算组合数。
3. **排序数组**：按元素值从大到小排序，处理每个元素时确保更大的元素已被处理。
4. **动态维护禁止集合**：记录已处理元素的因数，避免后续元素因这些因数被染色。
5. **计算贡献**：对于每个元素，计算其作为最大值的有效选法数目，并累加贡献。
### 解决代码
```cpp
#include <iostream>
#include <vect
or>
#include <alg
orithm>
using namespace std;
const int MOD = 998244
353;
int main() {
int n;
cin >> n;
vect
or<int> a(n);
f
or (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
}
// 预处理每个数的因数
vect
or<vect
or<int>> fact
ors(n + 1);
f
or (int d = 1; d <= n; ++d) {
f
or (int x = d; x <= n; x += d) {
fact
ors[x].push_back(d);
}
}
// 预处理2的幂次
vect
or<int> pow2(n + 1);
pow2[0] = 1;
f
or (int i = 1; i <= n; ++i) {
pow2[i] = (pow2[i - 1] * 2) % MOD;
}
// 按a的值降序排序，保留原索引（1-based）
vect
or<pair<int, int>> s
orted;
f
or (int i = 0; i < n; ++i) {
s
orted.emplace_back(a[i], i + 1);
}
s
ort(s
orted.begin(), s
orted.end(), [](const auto& x, const auto& y) {
return x.
first > y.
first;
});
vect
or<bool> in_F(n + 1, false); // 标记是否在F集合中
int count_F = 0; // F集合的大小
int ans = 0;
f
or (const auto& [val, idx] : s
orted) {
// 计算d：当前idx的因数中不在F中的数量
int d = 0;
f
or (int k : fact
ors[idx]) {
if (!in_F[k]) {
++d;
}
}
int s = n - count_F; // 剩余可用元素的数量
if (d == 0) {
continue; // 无法选择任何因数，贡献为0
}
// 计算贡献
int term = (pow2[d] - 1 + MOD) % MOD;
term = (term * 1LL * pow2[s - d]) % MOD;
term = (val * 1LL * term) % MOD;
ans = (ans + term) % MOD;
// 将当前idx的因数加入F集合
f
or (int k : fact
ors[idx]) {
if (!in_F[k]) {
in_F[k] = true;
++count_F;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
```
### 代码解释
1. **预处理因数**：使用筛法预处理每个数的因数，时间复杂度为O(n log n)。
2. **预处理幂数组**：计算2的幂次，便于后续快速计算组合数。
3. **排序数组**：按元素值从大到小排序，确保处理每个元素时更大的元素已被处理。
4. **动态维护禁止集合**：使用布尔数组`in_F`记录已处理元素的因数，避免后续元素因这些因数被染色。
5. **计算贡献**：对于每个元素，计算其作为最大值时的有效选法数目，并累加贡献，结果取模处理。
这种方法通过预处理和动态维护禁止集合，高效地计算了所有可能的选法下的最大值总和，确保了时间复杂度的可行性。
本文通过一个简单的Java程序，展示了如何计算1000以下所有3或5的倍数之和，避免了3和5共有的倍数被重复计算。
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