NOIP2023模拟14联测35 sagiri

题目大意

定义$f(s)$表示$s$最小表示的开头元素的下标，下标从$1$开始，如果有多个满足的元素则取下标最小的那个。例如$f(aaaa)=1,f(babc)=2,f(qweqweqwe)=3$，因为三个字符串的最小表示分别为$aaaa,abcb,eqweqweqw$。

纱雾有$n$个字符串$s_i$，第$i$个字符串的长度为$a_i$。

纱雾的字符串是有魔力的，只要使用一个咒语，每个$s_i$会等概率地随机变成所有长度为$a_i$且只包含小写字母的$26^{a_i}$个字符串的其中一个。

请你求出$\sum _{i=1}^n[f(s_i)=f(s_{(i\mathrm{mod}n)+1})]$的期望值，输出答案模$998244353$后的值。

$1\le n,a_i\le 10^5$

有一个子任务满足$a_i$全为质数，分值为$30$分。

题解

我们可以对于每个$i$求$[f(s_i)=f(s_{(i\mathrm{mod}n)+1})]$的期望值。

一个字符串的$s$的$f$值和它的循环节长度有关，设循环节的长度为$d$，则$f(s)\in [1,d]$，且$f(s)=i\in [1,d]$的概率是相等的因为每组循环同构的字符串在每个位置都有$1$的贡献。

当$a_i$为质数时，循环节长度只会有$1$和$a_i$，概率分别为$\frac{26}{26^{a_i}}$和$1-\frac{26}{26^{a_i}}$。

考虑长度分别为$x,y$的两个字符串如何计算概率。

$f(s_x)=1$的概率是$\frac{26}{26^x}+(1-\frac{26}{26^x})\times \frac{1}{x}$，$f(s_x)=i\in [2,x]$的概率都是是$(1-\frac{26}{26^x})\times \frac{1}{x}$。$f(s_y)$同理。

对$f(s_x)=f(s_y)=1$和$f(s_x)=f(s_y)>1$两种情况分类讨论即可，这样可以拿到$30$分。

那$a_i$不为质数怎么办呢？

设$cn{t}_d$表示长度为$d$且循环节长度也为$d$的字符串个数，用容斥可得

$$cn{t}_d=26^d-\sum _{c|d,c<d}cn{t}_c$$

设$v$为$a_i$的最大值，则我们只需要预处理$d\in [1,v]$的$cn{t}_d$。$[1,v]$上每个数的约数和的和为$v+\frac{v}{2}+\frac{v}{3}+\cdots +1=v\ln v$，那么我们可以$O(v\ln v)$预处理出所有$cn{t}_d$。

我们枚举$w$，考虑$f(s_x)=f(s_y)=w$的概率。枚举两个字符串的循环节$d_x$和$d_y$，则概率为

$$(\sum _{d_x|x,d_x\ge w}\frac{cn{t}_{d_x}}{26^x}\times \frac{1}{d_x})\times (\sum _{d_y|y,d_y\ge w}\frac{cn{t}_{d_y}}{26^y}\times \frac{1}{d_y})$$。

其实我们可以只枚举$d_x$和$d_y$，那么此时符合条件的$f$的个数是$\min (d_x,d_y)$。

这样的话，每次需要枚举$x$和$y$的约数，$x$和$y$的约数个数都是$O(\sqrt{v})$，那总共要枚举$O(v)$次。如果我们用双指针，就可以只枚举$O(\sqrt{v})$次。求逆元的时候要用到快速幂，所以时间复杂度为$O(n\sqrt{v}\log p)$，其中$p$为模数，即$998244353$。我们继续优化。

对于每个$x$的每个约数$d_x$，我们都可以$O(\log n)$预处理出$\frac{cn{t}_{d_x}}{26^x}\times \frac{1}{d_x}$，那么预处理的总时间复杂度为$O(n\ln v\log p)$，其中$p$为模数，即$998244353$。那么，上面就不用再用$O(\log p)$的时间复杂度来求逆元了，计算答案的部分的时间复杂度就降为$O(n\sqrt{v})$。

时间复杂度为$O(n\ln v\log p+n\sqrt{v})$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000;
const long long mod=998244353;
int n,a[N+5];
long long ans=0,cnt[N+5];
vector<int>v[N+5];
vector<long long>s[N+5];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
int gt(int x,int dx){
	return cnt[dx]*mi(mi(26,x),mod-2)%mod*mi(dx,mod-2)%mod;
}
void init(){
	for(int i=N;i>=1;i--){
		for(int j=i;j<=N;j+=i){
			v[j].push_back(i);
		}
	}
	long long tmp=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		tmp=tmp*26%mod;
		cnt[i]=tmp;
		for(int j:v[i]){
			if(i==j) continue;
			cnt[i]=(cnt[i]-cnt[j]+mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++){
		for(int j:v[i]){
			s[i].push_back(gt(i,j));
		}
	}
}
void solve(int v1,int v2){
//	for(int i:v[v1]){
//		for(int j:v[v2]){
//			ans=(ans+gt(i,v1)*gt(j,v2)%mod*min(i,j)%mod)%mod;
//		}
//	}
	int now=0;
	long long s1=0,s2=0;
	for(int j=0;j<v[v2].size();j++) s2=(s2+s[v2][j]*v[v2][j]%mod)%mod;
	for(int i=0;i<v[v1].size();i++){
		while(now<v[v2].size()&&v[v2][now]>=v[v1][i]){
			s1=(s1+s[v2][now])%mod;
			s2=(s2-s[v2][now]*v[v2][now]%mod+mod)%mod;
			++now;
		}
		ans=(ans+s[v1][i]*s1%mod*v[v1][i]%mod+s[v1][i]*s2%mod)%mod;
	}
}
int main()
{
//	freopen("sagiri.in","r",stdin);
//	freopen("sagiri.out","w",stdout);
	init();
	scanf("%*d%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	if(n==1){
		printf("1");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		solve(a[i],a[i%n+1]);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}