Cyclic GCDs

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题面描述

有(n)个点，每个点有权值。

现有排列(P),(p_i)表示(i)个点向(p_i)连了一条边。

显然会形成若干个简单环。每个简单环的权值定义为环上最小的权值，一张图的权值定义为所有环的权值的乘积。

所有形成了(k)个简单环的图的权值和记为(b_k)

现在要求(b_1,b_2...b_n)的最大公因数。

输出对大质数取模。

(nle10^5)

解题思路

首先可以发现，顺序无关紧要，为了方便处理，我们把权值从小到大排序。

考虑这样的一个(DP)

我们设(dp[i][j])表示考虑到前(i)个数，共形成了(j)个简单环的权值和。

我们考虑把第(i+1)个数塞进去的方式：

塞入到一个之前的环中，可以接在每个点后面，共有(i)种接法。由于我们从小到大排序，所以不会改变每个环上的最小值，得到转移：(dp[i+1][j]+=i*dp[i][j])
独立成环，方案数不变，多了一个(a_{i+1})的权值，得到转移：(dp[i+1][j+1]+=a_{i+1}*dp[i][j])

于是我们得到了一个(O(n^2))的做法。

我们把(dp[k])的生成函数写出来，设为

[F_k(x)=sum_{i=0}^n dp[k][i]*x^i ]

根据上面的转移，可知：

[F_{k+1}(x)=F_k(x)*(a_{k+1}x+k) ]

于是,最终的(dp[n])的生成函数为：

[F_n(x)=prod_{i=0}^{n-1}(a_{i+1}x+i) ]

可以证明，最后的(gcd)等于每个(gcd)相乘。

于是我们就愉快的做完了。

证明

命题：(S(x),R(x))为整系数多项式，每一项系数的(gcd)分别为(s,r),则多项式(P(x)Q(x))每一项系数的(gcd)为(sr)

证明：不妨设(s=r=1)，不难证明，这与原命题等价。

假设(S(x)R(x))每一项系数的(gcd)为质数(p)的倍数，我们期望导出矛盾。

考虑最高次项的系数，为(S(x))与(R(x))的最高项系数相乘得到的结果。

因为最高次项系数为质数(p)的倍数，所以(S(x),R(x))的最高项系数其中一个为(p)的倍数，不妨设为(S(x))的最高项系数。

因为系数为(p)的倍数，它与其他系数乘积也为(p)的倍数，并不影响最后多项式任何一项系数对(p)的整除性，所以将(S(x))的最高项次数变为(0)，并不影响最后的(gcd)是否是(p)的倍数。

然后就变成了一个子问题，继续迭代，取最高次项，直到有一个多项式变为零多项式为止。

那么，这个零多项式，他原来的每一项系数均为(p)的倍数，这与假设不符，矛盾。

故原命题成立。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n;
int ans;
int a[100005];
int gcd(int a,int b){
	return a%b?gcd(b,a%b):b;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	ans=a[1];
	for(int i=1;i<n;i++)
		ans=1ll*ans*gcd(a[i+1],i)%mod;
	printf("%d
",ans);
}