[CF1554E] You（数论）

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本文介绍了一种解决关于树删点问题的方法，通过拓扑排序和容斥原理，计算给定树中每种删点方式得到特定gcd值的方案数。关键步骤包括确定叶子节点权值、利用递推公式求gcd方案数，以及利用因子个数优化时间复杂度。

题意

给定一棵树，每次可以删一个点，一个点的权值为删除该点时周围没被删的点的个数。对于一种删点方式，会得到一个序列 ${a_n\}$ 。
对于 $k∈[1,n]k\in [1,n]$ ，求 $gcd(a_1,a_2,..a_n)=k$ 的方案数。
其中， $1≤n≤105,∑n≤3×1051\le n\le 10^5,\sum n\le 3\times10^5$ 。

分析

可以将问题转化为：对于每一条边 $(u, v)$ ，要么给 $u$ 加一，要么给 $v$ 加一，求 $gcd⁡=k\gcd=k$ 的方案数。同时，对于任意一种删点方案，都会得到唯一的 ${a_n\}$ 。
考虑套路地容斥，设 $g_k$ 为 $gcd⁡=k\gcd=k$ 的方案数， $f_k$ 为 $k∣gcd⁡k|\gcd$ 的的方案数，那么 $gk=fk−∑k∣k′,k′≠kgk′g_k=f_k-\sum\limits_{k|k',k'\neq k}g_{k'}$ 。
首先可以知道， $f_1=2^{n-1}$ 。
然后考虑求 $fk(k≥2)f_k(k\ge 2)$ 。可以发现，叶子节点的权值要么是 $0$ ，要么是 $1$ ，因为 $k≥2k\ge 2$ ，所以叶子节点的权值一定是 $0$ 。那么一个叶子会给他父亲贡献 $1$ 。这启发我们可以从叶子节点开始进行拓扑排序，一层一层地确定每个点的权值。对于某一层的一个叶子节点，假设其权值目前为 $v$ ，那么其要么变成 $v$ ，要么变成 $v + 1$ 。根据简单的数学知识，我们可以知道， $v$ 和 $v + 1$ 至多只有一个是 $k$ 的倍数。因此，对于一个 $f_k$ ，其方案数是确定的，要么为 $0$ ，要么为 $1$ 。我们可以 $O (n)$ 来确定 $f_k$ 。
同时，由于 $∑i=1nai=n−1\sum\limits_{i=1}^n a_i=n-1$ ，因此 $gcd(a1,a2,...,an)=gcd(a1,..,an,∑ai)=gcd(a1,..,an,n−1)∣n−1gcd(a_1,a_2,...,a_n)=gcd(a_1,..,a_n,\sum a_i)=gcd(a_1,..,a_n,n-1)|n-1$ 。因此，我们只需要对所有 $d ∣ n - 1$ 求 $f_d$ 就行了。
时间复杂度为 $O(nlogn+nσ0(n−1)）O(nlogn+n\sigma_0(n-1)）$ 。其中， $σ0(n)\sigma_0(n)$ 是 $n$ 的因子个数，最多有 $128$ 个。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) x.begin(), x.end()
int main() {
#ifdef local
    freopen("../in.txt", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    const int maxn = 1e5;
    vector<vector<int> > d(maxn + 1);
    for(int i = 1; i <= maxn; i++){
        for(int j = i; j <= maxn; j += i){
            d[j].push_back(i);
        }
    }
    int T;
    cin >> T;
    while(T--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<vector<int> > E(n + 1);
        vector<int> f(n + 1), g(f), du(f);
        for(int i = 1, u, v; i < n; i++){
            cin >> u >> v;
            E[u].push_back(v);
            E[v].push_back(u);
            du[u]++, du[v]++;
        }
        function<int(int)> check = [&](int x){
            queue<int> q;
            vector<int> w(n + 1), vis(w), d(du);
            for(int i = 1; i <= n; i++) if(d[i] == 1) q.push(i);
            while(!q.empty()){
                int u = q.front();
                q.pop();
                if(vis[u]) continue;
                vis[u] = 1;
                for(int& v: E[u]){
                    if(vis[v]) continue;
                    --d[v];
                    if(w[u] % x == 0) w[v]++;
                    else w[u]++;
                    if(d[v] == 1) q.push(v);
                }
            }
            for(int i = 1; i <= n; i++) if(w[i] % x != 0) return 0;
            return 1;
        };
        for(int x: d[n - 1]) if(x != 1) f[x] = check(x);
        const int mod = 998244353;
        int two = 1;
        for(int i = n - 1; i >= 1; i--){
            two += two;
            if(two >= mod) two -= mod;
            g[i] = f[i];
            if(i == 1) g[i] = two;
            for(int j = i + i; j <= n - 1; j += i) g[i] -= g[j];
            if(g[i] < 0) g[i] += mod;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i] << ' ';
        cout << '\n';
    }
    return 0;
}