[Luogu4714] 「數學」約數個數和 [組合數學][k次前綴和][Pollard-ρ][Miller-Rabbin][亂搞]

Link
https://www.luogu.org/problemnew/show/P4714

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Description
給定 $n,k$ ，計算 $\sum\limits_{d_k|n}\sum\limits_{d_{k-1}|d_k}\cdots\sum\limits_{d_4|d_5}\sum\limits_{d_3|d_4}\sum\limits_{d_2|d_3}\sum\limits_{d_1|d_2}1$

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Analysis
「你們競賽就學這個啊？太簡單了吧。」
這個式子很醜啊 你又不好化要是好化那直接a了
這種情況下，你要不考慮從實際意義分析，要不考慮從小情況開始
很明顯每多一層 $\sum$ 就會有一些東西被重複計數
是 什 麼 呢 ？

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舉例吧。
$2^23^35$
$1+2+3+5+2^2+23+25+3^2+35+2^23+2^25+3^3+3^25+2^23^2+2^235+3^35+2^23^25$
推起來感覺很生成函數
$(x^2+x+1)(x^3+x^2+x+1)(x+1)$ ……（雖然實際上算的並不是這個——
$3\cdot4\cdot1$
多套一層 $\sum$
$(3+2+1)(4+3+2+1)\cdot1$
$(3+2+1+2+1)(4+3+2+1+3+2+1+2+1+1)\cdot1$
$\cdots$
我們考慮
$f_0(4)$ → 4 + 3 + 2 + 1
$f_1(4)$ → (4+3+2+1) + (3+2+1) + (2+1) + 1
¿
$f_{k+1}(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}f_k(i)$
發現是一種 $k$ 次前綴和的形式 ← 這是一個經典問題
所以一個 ${p_i}^{a_i}$被求和 $k$ 次之後產生的貢獻是一個 $k$ 次前綴和
$k$ 次前綴和的話，任意某個位置上的結果都是組合數
如果忘記具體的形式，畫轉移矩陣弄冪或者找規律打表都可以直接搞出答案
（貌似也可以直接用矩陣加速（反正都逃不過大數分解。。。

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如果你沒推過
好吧，怎麼推？上面那個式子看着很可以搞事情啊
要求的東西是 $f_k(a_i)$
考慮
$f_{-2}(4)$ → 1
$f_{-1}(4)$ → 4
這種情況下我們可以看作有一堆點從 $f_{-2}$ 出發
求到達 $f_k(a_i)$ 的方案數。
我們假設 $f_k(a_i)$ 在某個詭異的（？）座標系裏的座標 $(k,a_i)$
$x=k,y=a_i$

那麼。
每次 $x$ 必定 +1
每次 $y$ 必定不變小
所以。相當於求 $\sum_j\Delta y_j=a_i$
經典問題，用插板就可以解決。

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更簡單地
$n=\prod{p_i}^{a_i}$
$I^k(n)=\prod\binom{a_i+k+1}{a_i}=\prod{a_i+k+1\choose k+1}=\prod\frac{(k+2)\cdots(a_i+k+1)}{1\cdots a_i}$
啥意思？
$k=0$ 的時候很顯然，就是在 $a_i+1$ 個 ${p_i}^x$ 裏面選一個啊。 $k=-1$ 就更不用說了。
$k>0$ 呢？相當於是在 $a_i+1$ 個空裏插 $k+1$ 個板（空代表0到n次冪，插一個空就選了這個冪）
你問我怎麼是插板？首先插板插下去的是無序的，所以可以一律當成是從（冪）大到小插進去的
這樣的話就相當於（可重複地）插這麼些個闆闆，一種插板方案對應了展開之後的一個因子
以上。

舉個例子吧。
$1[\quad]p[\quad]p^2[\quad]p^3[\quad]$
你隨便插一下
$1[\quad]p[\;|\;\;]p^2[\;||\;]p^3[\quad]$
就相當於是：
第一次展開 $p^3$ 的因子 $p^2$
第二次展開 $p^2$ 的因子 $p^2$
第三次展開 $p^2$ 的因子 $p$
這就是一種方案。

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代碼就比較精污了，你不得不上Pollard-ρ+Miller-Rabbin來分解N

回憶一下啊
Miller-Rabbin ① $a^{\phi(p)}\equiv1\pmod{p}$ 於是做費馬素性檢測 $a^{p-1}\equiv1$
② 二次探測 $a^2\equiv1$ 或者 $a^2\equiv-1$
選取前 ⑨ 個素數（~23） 作爲費馬素性檢測的 $a$ 即可。

Pollard-ρ：忘了
利用 $x^2+\alpha$ 生成僞隨機數列 $a_n$
利用循環節碰撞最小素因子 $p$ （沒辦法搞 $2$ 所以得單獨做）
客觀存在數列 $a_n\mod p$ 由生日悖論，循環節期望出現位置 $O(\sqrt{N})$
具體：用兩個指針 $x$ 和 $2x$ 在 $a_\infty$ 上走
等一個 $gcd(abs(a_x-a_{2x}),P)\ne1$ 且 $\ne P$ 此時找到 $P$ 的一個（有用噠）因子
按步批量處理gcd加速。

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實際上並不需要嚴格分解成多個素數冪的乘積。儘量偷懶嗷
另外還可以先用 $10^6$ 以內的素數篩 $n$ 然後剩下的一定是 $1\;or\;p\;or\;pq\;or\;p^2$
然後……搞一搞？？玄學

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話說我一開始寫的超假的miller rabbin居然只掛了一個點。。。我這個pollardrho好像也有一點假
我的 碼力 怎麼 這麼 差 啊 啊 啊
下面是 仍然可能有鍋的代碼
這個選手的代碼可以拿去當wc題讓人找錯 論寫一道題出幾十個bug是什麼感受

提醒一下，long double乘法取模最後要%p+p%p
不要問我爲什麼，雖然我覺着理論上它不會出負數。。。不過既然這是事實
我就煤辦法臘（）

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#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<ctime>
using namespace std;
const long long p = 998244353;
const int MAXN = 100;
int Id[MAXN];
long long n, k, Pi[MAXN], Ai[MAXN], Pk[MAXN], Ak[MAXN];
int Prime[9] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23};
long long gcd(const long long& a, const long long& b)
{
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
long long Mul(long long a, long long b, const long long& p)
{
	static long long t;
	t = (long double) a * b / p;
	return ((a * b - t * p) % p + p) % p;
}
long long qpowm(long long a, long long b, const long long& p)
{
	if (b <= 0) return 1;
	long long ret = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) ret = Mul(ret, a, p);
		a = Mul(a, a, p);
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}
long long PowList[100];
bool Miller(const long long& n)
{
	if (n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11 || n == 13 || n == 17 || n == 19 || n == 23) return 1;
	if (n < 23) return 0;
	register bool flag;
	register long long sub = n - 1;
	while (!(sub&1)) sub >>= 1;
	for (register long long t, gkd, i = 0; i < 9; ++i)
	{
		gkd = sub; PowList[0] = 0; t = qpowm(Prime[i], gkd, n);
		while (gkd <= n - 1)
		{
			PowList[++PowList[0]] = t;
			t = Mul(t, t, n);
			gkd <<= 1;
		}
		if (PowList[PowList[0]] != 1) return 0;
		for (register int j = PowList[0] - 1; j >= 1; --j)
		{
			if (PowList[j] == n - 1) break;
			if (PowList[j] != 1) return 0;
		}
	}
	return 1;
}
long long Pollard_Find(const long long& n)
{
	register long long alph = 1, x, y, LastX, LastY, Step = pow(n, 0.1), Prod;
	while (true)
	{
		x = 2; y = 2;
		while (true)
		{
			LastX = x; LastY = y; Prod = 1;
			for (register long long i = 1; i <= Step; ++i)
			{
				x = Mul(x, x, n); x += alph; if (x >= n) x -= n;
				y = Mul(y, y, n); y += alph; if (y >= n) y -= n;
				y = Mul(y, y, n); y += alph; if (y >= n) y -= n;
				Prod = Mul(Prod, abs(x-y), n);
			}
			Prod = gcd(Prod, n);
			if (Prod == 1) continue;
			if (Prod != n) return Prod;
			x = LastX; y = LastY;
			for (register long long i = 1; i <= Step; ++i)
			{
				x = Mul(x, x, n); x += alph; if (x >= n) x -= n;
				y = Mul(y, y, n); y += alph; if (y >= n) y -= n;
				y = Mul(y, y, n); y += alph; if (y >= n) y -= n;
				Prod = gcd(n, abs(x-y));
				if (Prod == n) break;
				if (Prod != 1) return Prod;
			}
			break;
		}
		++alph;
	}
}
void Pollard_Rho(const long long& n)
{
	if (n <= 1) return;
	if (Miller(n)) { Pi[++Pi[0]] = n, ++Ai[Pi[0]]; return;}
	long long k = Pollard_Find(n);
	Pollard_Rho(k); Pollard_Rho(n/k);
}
inline bool cmp(const int& a, const int& b)
{
	return Pi[a] < Pi[b];
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	if (!(n&1))
	{
		Pi[++Pi[0]] = 2, Ai[1] = 1; n >>= 1;
		while (!(n&1)) n>>=1, ++Ai[Pi[0]];
	}
	Pollard_Rho(n);
	for (register int i = 1; i <= Pi[0]; ++i)
	{
		Id[i] = i;
	}
	sort(Id + 1, Id + 1 + Pi[0], cmp);
	if (Pi[0]) Pk[++Pk[0]]=Pi[Id[1]], Ak[1]=Ai[Id[1]];
	for (register int i = 2; i <= Pi[0]; ++i)
	{
		if (Pi[Id[i]] == Pi[Id[i-1]]) ++Ak[Pk[0]];
		else Pk[++Pk[0]] = Pi[Id[i]], Ak[Pk[0]] = Ai[Id[i]];
	}
	long long Ans = 1;
	for (register int i = 1; i <= Pk[0]; ++i)
	{
		for (register long long x = 1; x <= Ak[i]; ++x)
		{
			Ans = Mul(Ans, k + 1 + x, p);
			Ans = Mul(Ans, qpowm(x, p - 2, p), p);
		}
	}
	printf("%lld", Ans);
	return 0;
}