猜数游戏
黑板上写有 (n) 个互不相等且都小于 (p) 的正整数 (a_1, a_2, cdots, a_n)。小 J 想用这些数字和小 M 玩一个猜数游戏。
游戏规则十分简单：游戏开始时，小 J 会从这些数字中随机选择若干个让小 M 来猜，而小 M 则可以通过若干次询问来确定小 J 选择了哪些数字。
每一次询问的模式如下：小 M 可以任意指定一个数字 (a_k)，若它是小 J 所选择的数字之一，则小 J 会告诉小 M 他所选择的数字中所有能表示成 ((a_k)^m mod p) 的数，其中 (m) 是任意正整数，(mod) 表示求二者做带余除法后的余数。反之，若 (a_k) 没有被小 J 选中，则小 J 只会告诉小 M (a_k) 没有被选中。
游戏会在小 M 确定小 J 所选中的所有数字后立刻结束。
例如，若 (n=4)，(p=7)，数字 ({a_n}) 按下标顺序依次为 ({1, 3, 4, 6})，小 J 选定的数字为 ({1, 4, 6})，一种可能的游戏进行的过程（并非是最优过程）如下：
| 小 M 的询问 | 小 J 的反馈 |
|---|---|
| (a_2 = 3) | (a_2) 没有被选中 |
| (a_4 = 6) | (6(= 6^1 mod 7))，(1(=6^2 mod 7)) |
| (a_3 = 4) | (4(= 4^1 mod 7))，(1(=4^3 mod 7)) |
(3) 次询问后小 J 所选出的所有数都已被小 M 确定，游戏结束。
小 M 还有作业没有写完，因此他需要对游戏进行的时间进行评估。他想知道为了使游戏结束，他所需要做出询问的最小次数的期望 (S) 是多少。
为了避免精度误差，你需要输出答案乘 ((2^n - 1)) 后模 (998244353) 的余数。在本题中，你可以认为小 J 每次在选数时会在集合 ({a_1, a_2, cdots, a_n}) 的全部非空子集中等概率地选择一个，在这个前提下可以证明 ((2^n - 1) imes S) 一定是一个整数。
对于所有测试点：(1 leq n leq 5000)，(3 leq p leq 10^8)，(1 leq a_i < p (1 leq i leq n)) 且 (a_i) 两两不同。
对于所有编号为奇数的测试点，保证 (p) 是一个素数；对于所有编号为偶数的测试点，保证存在奇素数 (q) 和正整数 (k > 1) 使得 (p = q^k)。
题解
对于一个数，如果能表示它的数都没有出现，而它自己又出现了，那么就需要操作一次。
如果这样的关系形成了一个环，那么根据这个奇葩的题意，也只用操作一次。
先考虑与(p)互质的部分。
有原根的话只需要找出每个数在哪个环中(gcd(b_i,varphi(p))~(a_i=g^{b_i}))，用BSGS做就是(O(nsqrt{p}))。之后只用考虑每个环之间的相互表示关系（整除）就行了，(O(p^{frac{3}{4}}))。
而求出一个数的阶能达到同样的效果，因为( ext{ord}_p(a_i)=varphi(p)/gcd(b_i,varphi(p)))。又因为( ext{ord}_p(a_i)|varphi(p))，直接试除每个(varphi(p))的质因子就好了，(O(nlog^2 p))。
再考虑与(p)不互质的部分。
每个数经过有限次自乘就会变成(0)，所以暴力即可，(O(nlog p))。
每个环之间的相互表示关系还可以用高为前缀和来快速计算，不过这道题里面(pleq 10^8)就用不着了。
int pow(int a,int b,int mod){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=(int64)a*a%mod)
if(b&1) ans=(int64)ans*a%mod;
return ans;
}
int order(int a,int p,int phi,CO vector<int>&d){
int o=phi;
for(int x:d)while(o%x==0 and pow(a,o/x,p)==1) o/=x;
return o;
}
unordered_map<int,int> cnt,deg;
vector<pair<int,int> > vec;
int main(){
int n=read<int>(),p=read<int>();
int q=p,k=1;
for(int i=2;i*i<=p;++i)if(p%i==0){
q=i,k=0;
for(int x=p;x%i==0;x/=i) ++k;
break;
}
int phi=q-1;
for(int i=2;i<=k;++i) phi*=q;
vector<int> d;
if(k>1) d.push_back(q);
int x=q-1;
for(int i=2;i*i<=x;++i)if(x%i==0){
d.push_back(i);
while(x%i==0) x/=i;
}
if(x>1) d.push_back(x);
for(int i=1;i<=n;++i){
int a=read<int>();
if(a%q!=0){
int o=order(a,p,phi,d);
++cnt[phi/o];
}
else{
deg[a]=0;
int e=0;
for(int x=a;x%q==0;x/=q) ++e;
vec.push_back({e,a});
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i*i<=phi;++i)if(phi%i==0){
int sum=-cnt[i];
for(int j=1;j*j<=i;++j)if(i%j==0){
sum+=cnt[j];
if(i/j==j) continue;
sum+=cnt[i/j];
}
ans=add(ans,mul(fpow(i2,sum),1+mod-fpow(i2,cnt[i])));
if(phi/i==i) continue;
sum=-cnt[phi/i];
for(int j=1;j*j<=phi/i;++j)if(phi/i%j==0){
sum+=cnt[j];
if(phi/i/j==j) continue;
sum+=cnt[phi/i/j];
}
ans=add(ans,mul(fpow(i2,sum),1+mod-fpow(i2,cnt[phi/i])));
}
sort(vec.begin(),vec.end());
for(CO pair<int,int>&a:vec){
ans=add(ans,mul(fpow(i2,deg[a.second]),i2));
for(int x=a.second;x!=0;x=(int64)x*a.second%p)
if(deg.count(x)) ++deg[x];
}
ans=mul(ans,fpow(2,n));
write(ans,'
');
return 0;
}