題目連結

題意：
你有 $n$個燈，每個燈有四種可能的顏色，一開始都是第一種顏色，有 $m$種操作，每種操作是一個 $x_{}$

題解：
首先感覺這個題可能會 $2^m$列舉集合，於是這樣我們可以轉化成求總方案數，最後再除以一個 $2^m$就可以了。我們可能會跟著直覺往dp或者容斥方向去想，但是這個題確實不好想。先%%%y_immortal大佬，他向我推薦的這個題，並且寫了全網第一篇題解，我也是跟他學的。

首先我們應該可以想到，一個燈最後還是初始顏色的條件是它被變化顏色的次數是4的倍數。我們發現一個數字它被變化多次的條件是它是兩個操作的lcm的倍數，那麼我們先設 $f[S]$表示 $[1,n]$中有多少個數是集合 $S$的公倍數，但是我們會發現，這樣考慮是會有重複的，就是小集合裡的數的公倍數可能會在它的超集裡再次被計算。所以我們想定義一個 $g[S]$，表示在 $[1,n]$中有多少個數是 $S$中元素的lcm的倍數，並且不是任何一個超集的lcm的倍數的個數。 $g[S]$需要用容斥去算。

但是就算是算出來了剛才那些，還是會複雜度爆炸啊，於是這個題正解的做法是考慮把元素個數相同的 $f$和 $g$一起算出來。對於 $f$比較好算，再原來的基礎上算的時候記錄一下當前集合有多少個元素，然後加到對應元素數的地方就行了。重點是求這個 $g$。首先，我們先把 $g$的初始值設為 $f$的初始值，然後考慮容斥，容斥的思路還是減去超集中的答案。我們用一個 $m^2$的複雜度來計算每一個 $g[i]$的答案，計算的方法是對於當前的 $i$，列舉所有比它大的集合，考慮從當前的答案中減去是當前集合lcm的倍數同時大集合lcm的倍數的數，過程中要乘一個組合數。求出 $g$之後就可以計算答案了，答案就是 $\sum_{i=0}^mg[i]*\sum_{j=0\&j\%4=0}^mC_{i}^j*2^{m-i}$。原因是你在一個 $i$個操作裡選任意4的倍數個操作都會是合法的。

感覺還是很神仙的一道題。

程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,a[30];
long long f[30],g[30],c[51][51],ans;
const long long mod=998244353;
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
} 
inline long long gcd(long long x,long long y)
{
	return y?gcd(y,x%y):x;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=0;i<=50;++i)
	c[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=50;++i)
	{
		for(int j=1;j<=i;++j)
		c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
	}
	int mx=(1<<m);
	for(int i=0;i<mx;++i)
	{
		int ji=0;
		long long lcm=1;
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			if(i&(1<<(j-1)))
			{
				lcm=lcm*a[j]/gcd(lcm,a[j]);
				if(lcm>n)
				break;
				++ji;
			}
		}
		if(lcm>n)
		continue;
		f[ji]=(f[ji]+n/lcm)%mod;
	}	
	for(int i=0;i<=m;++i)
	g[i]=f[i];
	for(int i=m;i>=0;--i)
	{
		for(int j=i+1;j<=m;++j)
		g[i]=(g[i]-g[j]*c[j][i]%mod+mod)%mod;
	}
	for(int i=0;i<=m;++i)
	ans=(ans+g[i]*((c[i][0]+c[i][4]+c[i][8]+c[i][12]+c[i][16]+c[i][20])%mod)%mod*ksm(2,m-i)%mod)%mod;
	ans=ans*ksm(ksm(2,m),mod-2)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}