关于模考 T2

今天做到模考的 T2，太有意思了。

题目描述

最近，Bob 学习了整数除法。受到这一神圣知识的启发，他决定进一步了解满足某些整除条件的正整数数组。具体来说，Bob 将一个数组 \(a=a_1,a_2,\dots,a_n\) 称为"好数组"，当且仅当对于每个 \(i\)（从 \(1\) 到 \(n-1\)），\(a_i\) 能被 \(a_{i+1}\) 整除。请帮助他计算长度为 \(n\) 且所有元素不超过 \(c\) 的好数组的数量。

输入格式

输入只有一行，包含两个整数 \(n\) 和 \(c\)------数组的长度和允许的最大值。

输出格式

输出一个整数------长度为 \(n\) 且所有元素为不超过 \(c\) 的正整数的好数组的总数。由于这个数可能非常大，请输出其对 \(998244353\) 取模的结果。

样例

Input 1

3 3

Output 1

7

Input 2

2 6

Output 2

14

样例解释

对于第一个数填 \(1\sim 6\)，分别有 \(6,3,2,1,1,1\) 种第二个数，故总共有 \(14\) 种。

数据范围

对于 \(10\%\) 的数据满足：\(1\le n,c\le 10\)。

对于 \(50\%\) 的数据满足：\(1\le n,c\le 10^5\)。

对于 \(100\%\) 的数据满足：\(1\le n,c\le 5\times 10^7\)。

我的解法

这道题目的时间限制为 \(2\) 秒，空间限制为 \(1048576\ \mathrm{kB}\)。

注意数据范围，可知我们需要一个线性复杂度。

我们可以设 \(a_n=k\)，那么我们就有 \(k\mid a_i\ (1\le k\le n)\)，那我们不妨得到一个新的数列 \(b\) 使得 \(b_i=\frac{a_i}{k}\)。

那么原本的问题就转化为了 \(b_n=1\) 且 \(b_{i+1}\mid b_i\ (1\le i<n)\) 且 1\\le b_1\\le \\left \\lfloor \\frac{c}{k}\\right \\rfloor 。

那么，由于 \(b_n=1\)，我们只需要考虑剩下 \(n-1\) 个数即可，易见 \(b_1\) 为 \(b\) 数列中其它所有数的倍数，我们不妨考虑，将 \(b_n\) 分解为 \(n-1\) 个数的乘积。

我们假设 \(\mathrm{f}(x)\) 代表将 \(x\) 分解为 \(n-1\) 个数的乘积的方案数。

那么，我们简化后的问题的答案就为：

\\\sum_{i=1}\^{\\left \\lfloor \\frac{c}{k} \\right \\rfloor }\\mathrm{f}(i) \\

然后，由于我们上面的 \(k\) 的范围为 \(1\le k\le c\)，所以最后的答案就是：

\\\sum_{i=1}\^{c}\\sum_{j=1}\^{\\left \\lfloor \\frac{c}{i} \\right \\rfloor }\\mathrm{f}(j) \\

那么问题就变成了，用线性复杂度求出 \(\mathrm{f}(x)\) 的大小，把这个问题解决了，其它就都好办了。

我们考虑分解 \(x\)：

\x=\\prod_{i=1}\^{m}p_i\^{\\alpha_i} \\

那么，我们使用插板法即可得到：

\\\mathrm{f}(x)=\\prod_{j}\\begin{pmatrix} \\alpha_j+n-2 \\\\n-2 \\end{pmatrix}\\

然后，我们应该是可以证明 \(\mathrm{f}(x)\) 为积性函数的。

具体的，我们需要证明当 \(\gcd(a,b)=1\) 时，\(\mathrm{f}(a\times b)=\mathrm{f}(a)\times \mathrm{f}(b)\)。

我们考虑 \(\mathrm{f}(a\times b)\) 这个函数的值为 \(\prod_{i=1}^{n-1}c_i=a\times b\) 的 \(k\) 元组 \((c_1,c_2,\dots,c_{n-1})\) 的数量。

由于 \(\gcd(a,b)=1\) 所以我们可以唯一分解 \(c_i=d_i\times e_i\)，并且 \(d_i\mid a,e_i\mid b\) 且 \(\gcd(d_i,e_i)=1\)，则：

\\\prod_{i=1}\^{n-1}c_i=\\prod_{i=1}\^{n-1}(d_i\\times e_i)=\\left(\\prod_{i=1}\^{n-1}d_i\\right)\\times \\left(\\prod_{i=1}\^{n-1}e_i\\right)=a\\times b \\

接下来，我们只需要证明 \(\prod_{i=1}^{n-1}d_i=a,\prod_{i=1}^{n-1}e_i=b\) 即可。

我们取任意质数 \(p\)：

• 若 \(p\mid a\)，则 \(p\nmid b\)，此时 \(v_p(a\times b)=v_p(a)+v_p(b)=v_p(a)\)，又因为 \(v_p(c_i)=v_p(d_i)+v_p(e_i)\)，但是 \(e_i\mid b\) 所以 \(v_p(e_i)=0\)，所以 \(v_p(c_i)=v_p(d_i)\)，因此：

\v_p\\left(\\prod_{i=1}\^{n-1}d_i\\right)=\\sum_{i=1}\^{n-1}v_p(d_i)=\\sum_{i=1}\^{n-1}v_p(c_i)=v_p(ab)=v_p(a) \\

• 若 \(p\mid b\)，与上面同理可得 \(v_p\left(\prod_{i=1}^{n-1}e_i\right)=v_p(b)\)。
• 若 \(p\nmid a\times b\)，那么 \(v_p\left(\prod_{i=1}^{n-1}d_i\right)=0=v_p(a),v_p\left(\prod_{i=1}^{n-1}e_i\right)=0=v_p(b)\)。

所以，对于所有的质数 \(p\)，都有 \(v_p\left(\prod_{i=1}^{n-1}d_i\right)=v_p(a)\) 和 \(v_p\left(\prod_{i=1}^{n-1}e_i\right)=v_p(b)\)，所以 \(\prod_{i=1}^{n-1}d_i=a,\prod_{i=1}^{n-1}e_i=b\)。

然后，这道题目就好做了，我们考虑使用线性筛求 \(\mathrm{f}(x)\)，我们考虑两种情况当前的数为 \(i\)，质数为 \(p_i\)。

若 \(p_i\mid i\)，则我们推一下式子，就是我们设 \(i=p_i^k\times m\) 那么现在的 \(i\times p_i=p_i^{k+1}\times m\)，我们用我们上面的表达式写出来，也就是 \(\mathrm{f}(i)=\begin{pmatrix}k+n-2\\n-2\end{pmatrix}\times \mathrm{g}{m},\mathrm{f}(i\times p_i)=\begin{pmatrix}k+n-1\\n-2\end{pmatrix}\times \mathrm{g}{m}\)，我们那么我们将这两个式子做比，就能得到：

\\\frac{\\mathrm{f}(i\\times p_i)}{\\mathrm{f}(i)}=\\frac{\\begin{pmatrix}k+n-1\\\\n-2\\end{pmatrix}}{\\begin{pmatrix}k+n-2\\\\n-2\\end{pmatrix}}=\\frac{k+n-1}{k+1} \\

所以，我们可以得到 \(\mathrm{f}(i\times p_i)=\mathrm{f}(i)\times\frac{k+n-1}{k+1}\)，这里我们用乘法逆元做就可以了。

第二种情况就是，若 \(p_i\mid i\) 那么，由于 \(\mathrm{f}(x)\) 为积性函数，所以 \(\mathrm{f}(i\times p_i)=\mathrm{f}(i)\times \mathrm{f}(p_i)\)。

然后，这道题目就基本做完了，我们只需要再加一点细节就够了。

关于积性函数证明中的解释

我们的证明过程中出现了一种符号，叫做 \(p\) 进赋值 ，它的定义为 \(v_p(x)=\max\left\{k\in \mathbb{N}_0\ |\ p^k\mid x \right\}\)，其中 \(\mathbb{N}_0\) 代表非负整数集。

它有一个性质：

• 若 \(p\nmid x\)，则 \(v_p(x)=0\)。
• 对于任意正整数 \(a,b\) 和质数 \(p\) 有 \(v_p(a\times b)=v_p(a)+v_p(b)\)。

还有一些性质，就不一一列举了，我们的证明中用到了如上两个性质。

后记

这模考 T2 咋还是原题呀：link。

其实这道题目不证明积性函数也能做，主要由 wzr 巨佬提供，原因是在和 wzr 讨论这道题目的时候，wzr 说这个函数绝对不是积性函数，于是不用积性函数做出了这道题目。不过这道题目怎么还卡空间呢？

不过也有可能是作者错了，如有错误，请指出。