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整除

题目描述

整除符号为 $|$， $d|n$ 在计算机语言中可被描述为 $n\%d == 0$。
现有一算式 $n|x^m − x$，给定 $n，m$，求 $[1, n]$以内 $x$解的个数。
解可能很大，输出取模 $998244353$。

格式

输入格式

其中 $n$的给定方式是由 $c$个不超过 $t$的质数的乘积给出的， $c$和 $t$的范围会在数据范围中给出。
第一行一个 $id$表示这个数据点的标号。
多组数据，其中第二行一个整数 $T$表示数据组数。
对于每一组数据：
第一行两个整数 $c$和 $m$。
第二行 $c$个整数，这些整数都是质数，且两两不同，他们的乘积即为 $n$。
由于你可以通过输入求出 $t$，输入不再给出。

输出格式

对于每组数据输出一行，表示解的个数。

样例

样例输入

0
1
2 3
2 3

样例输出

6
另有两个样例，见下发文件。

数据范围

其中所有数据点都满足 $1 ≤ c ≤ 50,1 ≤ t ≤ 10^4,1 ≤ m ≤ 10^9,1 ≤ T ≤10000$。

题解

发现对于 $n|x^m-x\ (n=\prod p_i)$这个式子的求解，可以化为对下面这个方程组的求解：
$\left\{ \begin{aligned} &x^m-x\equiv 0\mod p_1\\ &x^m-x\equiv 0\mod p_2\\ &\qquad \vdots \\ &x^m-x\equiv 0\mod p_c\\ \end{aligned} \right.$

可以发现，这是一个同余方程组，那么根据中国剩余定理，整个方程组的解的个数便等于方程组中每个方程的解的个数的乘积，我们可以 $O(p)$的遍历 $[1,p]$的所有数来求解每个方程，再将解的个数乘起来得到答案，解决单词询问的复杂度为 $O(\sum (p_i\log p_i))$。

然而丧心病狂的出题人并不满足于这样的复杂度，复杂度瓶颈在于快速幂的 $\log p$，考虑我们实际上在处理函数 $f(x)=x^m\mod p$在 $[1,p]$内的值，这个函数是积性的，所以 $f(x)$在合数上的值可以线性筛出来，我们只需要在质数做快速幂，因为质数的个数约等于 $\frac{p_i}{\log p_i}$，刚好与快速幂 $\log p_i$抵消，于是最后复杂度降为 $O(\sum p_i)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e4+5,mod=998244353;
int p[M/3],f[M],sum[M],c,m,T,ans,i,a;
bool vis[M];
int power(int x,int p,int mod){int r=1;for(;p;p>>=1,x=x*x%mod)if(p&1)r=r*x%mod;return r;}
int sie(int n,int m)
{
	int i=2,ans=2,t;
	for(p[0]=0;i<n;++i)
	{
		if(!vis[i])p[++p[0]]=i,f[i]=power(i,m,n);
		for(int j=1;j<=p[0];++j){if((t=i*p[j])>n)break;vis[t]=1;f[t]=f[i]*f[p[j]]%n;if(i%p[j]==0)break;}
		ans+=f[i]==i;
	}
	return ans;
}
void in(){scanf("%d%d",&c,&m);}
void ac(){for(ans=i=1;i<=c;++i)scanf("%d",&a),ans=1ll*ans*sie(a,m)%mod;printf("%d\n",ans);}
int main(){for(scanf("%*d%d",&T);T--;)in(),ac();}