由于$mu(i)$，因此每一个素数最多存在1次，当$k=0$答案必然为0
根据莫比乌斯和欧拉函数的积性，答案与对素数的划分无关，仅与每一个素数是否出现有关，换言之枚举素数出现的集合$P'$，答案即为$sum_{P'subseteq P}(-1)^{|P'|}div(|P'|)prod_{pin P'}(p-1)$
（其中$div(n)$表示对$n$个数划分的方案数，当$k=1$时即$div(n)=1$）
令$f(x)=sum_{i=0}^{infty}(sum_{|P'|=i}prod_{pin P'}(p-1))x^{i}$，答案即为$sum_{i=0}^{infty}(-1)^{i}div(i)f(x)[i]$
考虑求$f(x)$，当插入一个素数$p$，则$f(x)[i]=(p-1)f(x)[i-1]+f(x)[i]$，可以看作乘上$1+(p-1)x$这个多项式，重复此过程可得$f(x)=prod_{p+1in P}(1+px)$，分治fft即可
当$p=1$时$div(i)=1$，直接计算即可；当$p=2$时，考虑$div(i)$，即贝尔数，记作$B_{n}$
考虑其指数生成函数，即$f(x)=sum_{i=0}^{infty}frac{B_{i}}{i!}x^{i}$
代入其递推式，即$f(x)=B_{0}+sum_{i=1}^{infty}frac{sum_{j=0}^{i-1}frac{(i-1)!}{j!(i-j-1)!}B_{j}}{i!}x^{i}$
调换枚举顺序，即$f(x)=B_{0}+sum_{j=0}^{infty}frac{B_{j}}{j!}sum_{i=j+1}^{infty}frac{x^{i}}{i(i-j-1)!}$
对其求导，即$f'(x)=sum_{j=0}^{infty}frac{B_{j}}{j!}sum_{i=j}^{infty}frac{x^{i}}{(i-j)!}=sum_{j=0}^{infty}frac{B_{j}x^{j}}{j!}sum_{i=j}^{infty}frac{x^{i-j}}{(i-j)!}$
根据$e^{x}$泰勒展开的结果，后半部分即$e^{x}$，代入得$f'(x)=e^{x}sum_{j=0}^{infty}frac{B_{j}x^{j}}{j!}=e^{x}f(x)$
考虑多项式$frac{f'(x)}{f(x)}$，联系多项式ln的推导过程或对$ln f(x)$求导，可得$frac{f'(x)}{f(x)}=(ln f(x))'=e^{x}$
对两边积分，即$ln f(x)=e^{x}+C$，再同时exp，即$f(x)=e^{e^{x}+C}$，由于exp要求常数项为0，令$C=-1$即可，最终得到$f(x)=e^{e^{x}}-1$，多项式exp即可
由于素数个数为$frac{n}{ln n}$个，因此总复杂度为$o(nlog_{2}n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define mod 998244353 5 struct poly{ 6 vector<int>a; 7 }a,b; 8 int n,type,ans,p[N],vis[N]; 9 int ksm(int n,int m){ 10 if (!m)return 1; 11 int s=ksm(n,m>>1); 12 s=1LL*s*s%mod; 13 if (m&1)s=1LL*s*n%mod; 14 return s; 15 } 16 void ntt(poly &a,int n,int p){ 17 for(int i=0;i<(1<<n);i++){ 18 int rev=0; 19 for(int j=0;j<n;j++)rev=rev*2+((i&(1<<j))>0); 20 if (i<rev)swap(a.a[i],a.a[rev]); 21 } 22 for(int i=2;i<=(1<<n);i*=2){ 23 int s=ksm(3,(mod-1)/i); 24 if (p)s=ksm(s,mod-2); 25 for(int j=0;j<(1<<n);j+=i) 26 for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){ 27 int x=a.a[j+k],y=1LL*ss*a.a[j+k+(i>>1)]%mod; 28 a.a[j+k]=(x+y)%mod; 29 a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod; 30 } 31 } 32 if (p){ 33 int s=ksm((1<<n),mod-2); 34 for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod; 35 } 36 } 37 poly dfs(int n,int l,int r){ 38 poly ans; 39 if (n==1){ 40 ans.a.push_back(1); 41 if ((!l)||(r>p[0]))ans.a.push_back(0); 42 else ans.a.push_back(p[l]-1); 43 ans.a.push_back(0); 44 ans.a.push_back(0); 45 return ans; 46 } 47 int mid=(l+r>>1); 48 poly L=dfs(n-1,l,mid),R=dfs(n-1,mid+1,r); 49 for(int i=0;i<(1<<n);i++)L.a.push_back(0); 50 for(int i=0;i<(1<<n);i++)R.a.push_back(0); 51 ntt(L,n+1,0); 52 ntt(R,n+1,0); 53 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a.push_back(1LL*L.a[i]*R.a[i]%mod); 54 ntt(ans,n+1,1); 55 return ans; 56 } 57 poly inv(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式 58 poly ans; 59 if (n==0){ 60 ans.a.push_back(ksm(a.a[0],mod-2)); 61 ans.a.push_back(0); 62 return ans; 63 } 64 ans=inv(n-1,a); 65 for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.push_back(0); 66 poly b=a; 67 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)b.a[i]=0; 68 ntt(ans,n+1,0); 69 ntt(b,n+1,0); 70 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*(mod+2-1LL*ans.a[i]*b.a[i]%mod)%mod; 71 ntt(ans,n+1,1); 72 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0; 73 return ans; 74 } 75 poly ln(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式 76 poly ans=inv(n,a); 77 for(int i=0;i<(1<<n+1)-1;i++)a.a[i]=1LL*a.a[i+1]*(i+1)%mod; 78 a.a[(1<<n+1)-1]=0; 79 ntt(ans,n+1,0); 80 ntt(a,n+1,0); 81 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*a.a[i]%mod; 82 ntt(ans,n+1,1); 83 for(int i=(1<<n+1)-1;i;i--)ans.a[i]=1LL*ksm(i,mod-2)*ans.a[i-1]%mod; 84 ans.a[0]=0; 85 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0; 86 return ans; 87 } 88 poly exp(int n,poly a){//返回为2^(n+1)次多项式 89 poly ans; 90 if (!n){ 91 ans.a.push_back(1); 92 ans.a.push_back(0); 93 return ans; 94 } 95 ans=exp(n-1,a); 96 for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.push_back(0); 97 poly l=ln(n,ans); 98 for(int i=0;i<(1<<n);i++)l.a[i]=(a.a[i]-l.a[i]+mod)%mod; 99 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)l.a[i]=0; 100 l.a[0]++; 101 ntt(l,n+1,0); 102 ntt(ans,n+1,0); 103 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=1LL*ans.a[i]*l.a[i]%mod; 104 ntt(ans,n+1,1); 105 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)ans.a[i]=0; 106 return ans; 107 } 108 int main(){ 109 scanf("%d%d",&n,&type); 110 if (!type){ 111 printf("0"); 112 return 0; 113 } 114 for(int i=2;i<=n;i++){ 115 if (!vis[i]){ 116 p[++p[0]]=i; 117 vis[i]=1; 118 } 119 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<=n);j++){ 120 vis[i*p[j]]=1; 121 if (i%p[j]==0)break; 122 } 123 } 124 a=dfs(18,0,(1<<17)-1); 125 if (type==1){ 126 for(int i=1;i<=p[0];i++) 127 if (i&1)ans=(ans+mod-a.a[i])%mod; 128 else ans=(ans+a.a[i])%mod; 129 printf("%d",ans); 130 return 0; 131 } 132 b.a.push_back(0); 133 b.a.push_back(1); 134 for(int i=2;i<(1<<17);i++)b.a.push_back(1LL*b.a[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod); 135 b=exp(17,b); 136 int fac=1; 137 for(int i=1;i<=p[0];i++){ 138 fac=1LL*fac*i%mod; 139 int s=1LL*a.a[i]*b.a[i]%mod*fac%mod; 140 if (i&1)ans=(ans+mod-s)%mod; 141 else ans=(ans+s)%mod; 142 } 143 printf("%d",ans); 144 }