JZOJ 6514.树上的数

这个题好神仙哦(

\(f(n)\) 表示点权乘积为 \(n\) 的所有方案的权值(答案)之和。
不难看出这个函数是个积性函数,因为权值互质意味着两棵树的所有点都两两互质,那么 \(\gcd\) 什么的就直接乘起来就可以。

既然要求是正奇数,那么只需要强制令偶数处的 \(f\) 值为 \(0\) 即可。
则注意到 \(f(p) = [p > 2]np\),其中 \(p\) 为质数。

考虑 Min_25 筛,则需要求出 \(f(p^k)\) 的值。
注意到若乘积为 \(p^k\) 的形式,那么每个点的权值显然也是 \(p^k\) 的形式。
又注意到由于不需要考虑 \(2\),所以 \(k \le \lfloor \log_3 10^{10} \rfloor = 20\)
于是可以全部 \(\log p\),设 \(\mathrm{cnt}_{x,y}\) 表示给这棵树上赋点权使得点权之和为 \(x\),所有路径上的点权 \(\min\) 之和为 \(y\) 的方案数。

首先考虑一下当 \(x\) 确定时 \(y\) 的上界。
\(g_{u,i} = [a_u \ge i]\),则 \(\sum\limits_{u=1}^n \sum\limits_{i=1}^x g_{u,i} = \sum\limits_{u=1}^n a_u = x\)
\(\mathrm{Path}\) 为所有路径的集合,则有 \[ \begin{aligned} y &= \sum\limits_{S \in \mathrm{Path}} \min\limits_{u \in S} a_u \\ &= \sum\limits_{S \in \mathrm{Path}} \sum\limits_{i=1}^x \prod\limits_{u \in S} g_{u,i} \\ &= \sum\limits_{i=1}^x \sum\limits_{S \in \mathrm{Path}} \prod\limits_{u \in S} g_{u,i} \end{aligned} \]

注意到对 \(0/1\) 进行乘法相当于取 \(\min\),所以可以通过只乘路径的起点和终点来进行放缩。
\[ \begin{aligned} y &\le \sum\limits_{i=1}^k \sum\limits_{u=1}^{n-1} \sum\limits_{v=u+1}^n g_{u,i} g_{v,i} \\ &= \frac12 \sum\limits_{i=1}^k \left(\sum\limits_{u=1}^n g_{u,i}\right)\left(1 + \sum\limits_{u=1}^n g_{u,i}\right) \\ &\le \frac12 \left(\sum\limits_{i=1}^k \sum\limits_{u=1}^n g_{u,i}\right)\left(1+\sum\limits_{i=1}^k \sum\limits_{u=1}^n g_{u,i}\right) \\ &\le \frac{x(x+1)}2 \end{aligned} \]

(DH 大佬的证法看得不是很懂,感觉自己只能从他的思路证出 \(y \le \frac{x(n+1)}2\)

于是考虑一个非常暴力的 DP,设 \(f_{u,i,v,S}\) 表示 \(u\) 的子树内权值和为 \(i\),所有路径上点权 \(\min\) 之和为 \(v\),所有点到 \(u\) 的路径上的 \(\min\) 值的可重集为 \(S\)
转移考虑枚举 \(a_u\),对 \(i\) 维做树形背包,另外枚举当前的 \(v,S\) 和儿子的 \(v,S\) 并合并状态。
这个东西显然是不能过的,复杂度我也算不出来(

注意到显然有很多无用状态,首先考虑有多少种 \(S\)
首先发现 \(S\) 中的 \(0\) 是无用的,可以忽略。
由于 \(S\) 的元素和显然不超过 \(i\),所以 \(S\) 最多有 \(\sum\limits_{j=1}^i \operatorname{partition}(i)\) 种,其中 \(\operatorname{partition}(n)\) 表示 \(n\) 的划分数。
\(i=20\) 时这个值为 \(2714\),可以接受。

然后考虑将 \(v,S\) 视作一个二元组,在数据随机的情况下,且确定了 \(u,i\) 的情况下,大概有 \(17\,000\) 种不同的这样的二元组,依然可以接受。

最后一个问题在于如何离散化状态,以及加速状态合并。
关于离散化状态,首先先通过状态压缩 \(S\)\(S\) 离散化。
(状压可重集的方式是同一种元素用若干个连续的 \(1\) 表示这个元素的个数,不同种类元素用 \(0\) 隔开)
然后直接开一个数组来存储 \((v,S)\) 的对应关系。

加速状态合并的话,考虑合并 \((v_0,S_0),(v_1,S_1)\)
\[\left(v_0+v_1+\sum\limits_{x \in S_0} \sum\limits_{y \in S_1} \min\{x,y\},S_0 \cup \left\{\min\{y,w\}\mid y \in S_1\right\}\right)\]

这些东西都预处理一下就可以了。

细节超多(
请配合 O2 使用(

代码:

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#pragma GCC optimize(2)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define add(a,b) (a + b >= mod ? a + b - mod : a + b)
#define dec(a,b) (a < b ? a - b + mod : a - b)
using namespace std;
const long long N = 1e10;
const int MX = 1e5;
const int M = 100;
const int K = 20;
const int V = 210;
const int S = 2714;
const int W = 17000;
const int mod = 998244353;
const int inv = 499122177;
long long n;
int m,k;
namespace DP
{
int to[(M << 1) + 5],pre[(M << 1) + 5],first[M + 5];
inline void add_edge(int u,int v)
{
static int tot = 0;
to[++tot] = v,pre[tot] = first[u],first[u] = tot;
}
struct Cnt
{
int a[K + 5];
inline void clear()
{
memset(a,0,sizeof a);
}
inline int &operator[](const int &x)
{
return a[x];
}
inline const int &operator[](const int &x) const
{
return a[x];
}
inline bool check() const
{
int sum = 0;
for(register int i = 1;i <= k;++i)
sum += a[i] * i;
return sum <= k;
}
} cur,s[S + 5];
int pl[S + 5][S + 5],mn[S + 5][K + 5];
int mer[S + 5][S + 5];
int mem[(1 << K + 1) + 5];
int sum,tot;
int &id(const Cnt &a)
{
int s = 0;
for(register int i = k;s <<= 1,i;--i)
for(register int j = 1;j <= a[i];++j)
s = (s << 1) | 1;
return mem[s];
}
void dfs_pre(int x)
{
if(x > k)
{
s[id(cur) = ++tot] = cur;
return ;
}
for(register int i = 0;sum + i * x <= k;++i)
sum += i * x,cur[x] = i,dfs_pre(x + 1),sum -= i * x;
}
int f[M + 5][K + 5][W + 5],g[K + 5][W + 5],temp[K + 5][W + 5];
int vs[M + 5][K + 5][W + 5][2];
int rk[K + 5][V + 5][S + 5];
int fa[M + 5];
int cnt[K + 5][V + 5],up[M + 5][K + 5];
inline int get(int p,int j,int v,int s)
{
return rk[j][v][s] ? rk[j][v][s] : (vs[p][j][rk[j][v][s] = ++up[p][j]][0] = v,vs[p][j][up[p][j]][1] = s,up[p][j]);
}
void dfs(int p)
{
for(register int i = first[p];i;i = pre[i])
if(to[i] ^ fa[p])
fa[to[i]] = p,dfs(to[i]);
memset(rk,0,sizeof rk);
for(register int w = 0,a,b;w <= k;++w)
{
memset(g,0,sizeof g),cur.clear(),++cur[w],++g[w][get(p,w,w,id(cur))];
for(register int i = first[p];i;i = pre[i])
if(to[i] ^ fa[p])
{
memset(temp,0,sizeof temp);
for(register int u = 0;u <= k;++u)
for(register int x = 1,r = up[p][u];x <= r;++x)
if(g[u][x])
for(register int v = 0;u + v <= k;++v)
for(register int y = 1;y <= up[to[i]][v];++y)
if(f[to[i]][v][y])
{
a = vs[p][u][x][0] + vs[to[i]][v][y][0] + mer[vs[p][u][x][1]][vs[to[i]][v][y][1]],b = pl[vs[p][u][x][1]][mn[vs[to[i]][v][y][1]][w]];
if(!b)
continue;
int &ans = temp[u + v][get(p,u + v,a,b)];
ans = (ans + (long long)g[u][x] * f[to[i]][v][y]) % mod;
}
memcpy(g,temp,sizeof g);
}
for(register int i = 0;i <= k;++i)
for(register int j = 1;j <= up[p][i];++j)
f[p][i][j] = add(f[p][i][j],g[i][j]);
}
}
void main()
{
scanf("%d%lld",&m,&n),k = log(n) / log(3);
dfs_pre(1);
for(register int i = 1;i <= tot;++i)
{
for(register int x = 0;x <= k;++x)
{
cur.clear();
for(register int u = 1;u <= k;++u)
cur[min(u,x)] += s[i][u];
cur.check() && (mn[i][x] = id(cur),1);
}
for(register int j = 1;j <= tot;++j)
{
cur.clear();
for(register int u = 1;u <= k;++u)
cur[u] = s[i][u] + s[j][u];
cur.check() && (pl[i][j] = id(cur),1);
cur.clear();
for(register int u = 1;u <= k;++u)
cur[u] = cur[u - 1] + u * s[j][u];
for(register int u = 1;u <= k;++u)
mer[i][j] += s[i][u] * cur[u],
mer[j][i] += s[i][u] * cur[u - 1];
}
}
int u,v;
for(register int i = 1;i < m;++i)
scanf("%d%d",&u,&v),add_edge(u,v),add_edge(v,u);
tot = 0,dfs(1);
for(register int i = 0;i <= k;++i)
for(register int j = 1;j <= up[1][i];++j)
cnt[i][vs[1][i][j][0]] = add(cnt[i][vs[1][i][j][0]],f[1][i][j]);
}
}
namespace Min_25
{
int lim;
int vis[MX + 5],cnt,prime[MX + 5],Gprime[MX + 5];
int tot,le[MX + 5],ge[MX + 5];
long long lis[2 * MX + 5];
int G[2 * MX + 5],Fprime[2 * MX + 5];
int w[MX + 5][K + 5];
inline int &id(long long x)
{
return x <= lim ? le[x] : ge[n / x];
}
int F(int k,long long n)
{
if(n < prime[k] || n <= 1)
return 0;
int ret = (Fprime[id(n)] - (long long)m * Gprime[k - 1] % mod + mod) % mod;
if(k == 1)
ret = dec(ret,(m << 1));
for(register int i = max(k,2);i <= cnt && (long long)prime[i] * prime[i] <= n;++i)
{
long long pw = prime[i],pw2 = (long long)prime[i] * prime[i];
for(register int c = 1;pw2 <= n;++c,pw = pw2,pw2 *= prime[i])
{
if(w[i][c])
ret = (ret + (long long)w[i][c] * F(i + 1,n / pw) % mod) % mod;
ret = add(ret,w[i][c + 1]);
}
}
return ret;
}
void main()
{
lim = sqrt(n);
for(register int i = 2;i <= MX;++i)
{
if(!vis[i])
{
prime[++cnt] = i,Gprime[cnt] = add(Gprime[cnt - 1],i);
for(register int j = 0;cnt > 1 && j <= k;++j)
for(register int u = 0,pw = 1;u <= k * (k + 1) / 2;++u,pw = (long long)pw * i % mod)
w[cnt][j] = (w[cnt][j] + (long long)DP::cnt[j][u] * pw) % mod;
}
for(register int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= MX;++j)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(!(i % prime[j]))
break;
}
}
for(register long long l = 1,r;l <= n;l = r + 1)
{
r = n / (n / l);
lis[id(n / l) = ++tot] = n / l;
G[tot] = (n / l % mod + 2) * (n / l % mod - 1 + mod) % mod * inv % mod;
}
for(register int k = 1;k <= cnt;++k)
{
int p = prime[k];
long long s = (long long)p * p;
for(register int i = 1;lis[i] >= s;++i)
G[i] = (G[i] - (long long)p * (G[id(lis[i] / p)] - Gprime[k - 1] + mod) % mod + mod) % mod;
}
for(register int i = 1;i <= tot;++i)
Fprime[i] = (long long)m * G[i] % mod;
printf("%d\n",(F(1,n) + 1) % mod);
}
}
int main()
{
freopen("number.in","r",stdin),freopen("number.out","w",stdout);
DP::main(),Min_25::main();
}