【NOI模拟赛】摆（线性代数，杜教筛）
题面
6s , 1024mb
我是XYX，我擅长摆。
我在摆大烂的时候看到一个 n × n n\times n n×n 的矩阵 A A A ：
A i , j = { 1 i = j 0 i ≠ j ∧ i ∣ j C o t h e r w i s e A_{i,j}=\begin{cases} 1 & i=j\\ 0 & i\not=j\land i|j\\ C & {\rm otherwise} \end{cases} Ai,j=⎩⎪⎨⎪⎧10Ci=ji=j∧i∣jotherwise
现在我想知道 A A A 的行列式，由于我摆了，所以答案只需要对 998244353 998244353 998244353 取模。
1 ≤ n ≤ 1 0 11 , 0 ≤ C < 998244353 1\leq n\leq10^{11},0\leq C<998244353 1≤n≤1011,0≤C<998244353 。
样例：
6 2 → \rightarrow → 998244350
99 4 → \rightarrow → 714389845
10000000000 10 → \rightarrow → 82177551
题解
这道题告诉我们，不一定非得构造上三角或下三角矩阵再算行列式。
我们还可以相对容易地构造海森堡矩阵。
这是矩阵 A A A ：
[ 1 0 0 0 0 … C 1 C 0 C … C C 1 C C … C C C 1 C … C C C C 1 … … … … … … ⋱ ] \left[\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 &0&\ldots\\ C & 1 & C & 0 & C&\ldots\\ C & C & 1 & C & C&\ldots\\ C & C & C & 1 & C&\ldots\\ C & C & C & C & 1 &\ldots\\ \ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ddots \end{matrix}\right] ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡1CCCC…01CCC…0C1CC…00C1C…0CCC1………………⋱⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤
我们把矩阵 A A A 每一行减去上面一行（从下面开始，每一行减去原来的上面一行，第一行不动），可以得到一个上海森堡矩阵：
[ 1 0 0 0 0 … C − 1 1 C 0 C … 0 C − 1 1 − C C 0 … 0 0 C − 1 1 − C 0 … 0 0 0 C − 1 1 − C … … … … … … ⋱ ] \left[\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 &0&\ldots\\ C-1 & 1 & C & 0 & C&\ldots\\ 0 & C-1 & 1-C & C & 0&\ldots\\ 0 & 0 & C-1 & 1-C & 0&\ldots\\ 0 & 0 & 0 & C-1 & 1-C &\ldots\\ \ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots&\ddots \end{matrix}\right] ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡1C−1000…01C−100…0C1−CC−10…00C1−CC−1…0C001−C………………⋱⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤
该矩阵每个置换环都是一段标号连续的逆时针环，类似于 i → j → j − 1 → . . . → i + 1 i\rightarrow j\rightarrow j-1 \rightarrow...\rightarrow i+1 i→j→j−1→...→i+1 的。差分可得，右上方的每个倍数关系 i ∣ j i|j i∣j ，会给 A i , j A_{i,j} Ai,j 贡献 − C -C −C ，给 A i + 1 , j A_{i+1,j} Ai+1,j 贡献 C C C。我们将矩阵每个位置乘 1 1 − C \frac{1}{1-C} 1−C1 ，然后令 f i f_i fi 为保留前 i i i 行 i i i 列的行列式，那么
f i = f i − 1 + C 1 − C ∑ j ∣ i , j < i ( f j − f j − 1 ) f_i=f_{i-1}+\frac{C}{1-C}\sum_{j|i,j
设 g i = f i − f i − 1 g_i=f_i-f_{i-1} gi=fi−fi−1 ，那么 g i = C 1 − C ∑ j ∣ i , j < i g j g_i=\frac{C}{1-C}\sum_{j|i,j
我们要求的是 g i g_i gi 的前缀和 f n f_n fn ，看数据范围应该是个亚线性筛。
令 h 1 = − 1 , h i = C 1 − C h_1=-1,h_{i}=\frac{C}{1-C} h1=−1,hi=1−CC ，那么（狄利克雷卷积） h ∗ g = − e h*g=-e h∗g=−e ，所以可以杜教筛（杜教筛并没限制只能是积性函数）。
∑ i = 1 n ∑ j ∣ i h j g i / j = ∑ j n h j ∑ i n / j g i = − 1 ⇒ f n = 1 + ∑ j = 2 n h j f n / j \sum_{i=1}^{n}\sum_{j|i}h_jg_{i/j}=\sum_{j}^nh_j\sum_{i}^{n/j}g_i=-1\\ \Rightarrow f_n=1+\sum_{j=2}^nh_jf_{n/j} i=1∑nj∣i∑hjgi/j=j∑nhji∑n/jgi=−1⇒fn=1+j=2∑nhjfn/j
我们预处理 n 2 / 3 n^{2/3} n2/3 以内的 f i f_i fi ，那么杜教筛的复杂度就是 O ( n 2 / 3 ) O(n^{2/3}) O(n2/3) 。
但是预处理很容易带个 log \log log ，所以需要优化。
令 x = ∏ p i w i x=\prod p_i^{w_i} x=∏piwi ，我们把 p i p_i pi 从小到大依次换成 2 , 3 , 5 , 7 , . . . 2,3,5,7,... 2,3,5,7,... 得到 y = ∏ p ′ i w i y=\prod p{'}_i^{w_i} y=∏p′iwi ，容易发现 g x = g y g_x=g_y gx=gy ，因为 g g g 只跟 w i w_i wi 的可重集有关。我们用欧拉筛求出每个数的最大质因子和质因子种数，进而递推求出每个 x x x 对应的 y y y 。暴力发现本质不同的 y y y 只有最多一千多个，我们可以每个 O ( n 1 / 3 ) O(n^{1/3}) O(n1/3) 求出 g g g 。
注意，由于矩阵每个位置乘了 1 1 − C \frac{1}{1-C} 1−C1 ，且由于矩阵左上角并不标准，所以最终答案是
f n ⋅ ( 1 − C ) n − 1 f_n\cdot (1-C)^{n-1} fn⋅(1−C)n−1
总复杂度 O ( n 2 / 3 ) O(n^{2/3}) O(n2/3) 。
CODE
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