很棒的题。
考察终态，可以发现最后输的人拥有的数的数量大概率是比赢家的数量少的。唯一的例外是等差数列，因为一个长为 \(n\) 的等差数列只能组成 \(n - 1\) 个不同的差值。
考虑若一开始先手就是一个公差为 \(d\) 的 \(n + 1\) 项等差数列，后手是一个公差为 \(d\) 的 \(n\) 项等差数列，那么先手无法操作，直接寄了。
否则当先手 \(n + 1\) 项后手 \(n\) 项时，最后先手输的状态一定是 \(d \sim (n + 1)d\) 的等差数列，后手是 \(d \sim nd\) 的等差数列。要达成这个状态，充要条件是先手拿了某个 \(td\) 和 \((t + 1)d\)，同时后手拿的数 \(\le td\)。
先手和后手初始都是 \(n\) 项时把上面的结论反过来即可。
考虑计数。可以先把先手比后手数多的情况全部加上，然后再减去等差数列的情况，再加上先手和后手的数的数量相同的方案数。
计数先手是一个公差为 \(d\) 的 \(n + 1\) 项等差数列，后手是一个公差为 \(d\) 的 \(n\) 项等差数列，可以枚举公差和末项，bitset 每次与上自己左移 \(d\) 位即可。
对于另外一种，枚举 \(d\) 和 \(td\)，设 \(\le td\) 的数的数量为 \(c\)，枚举后手的数的数量，那么这个对答案的贡献为：
\[\sum\limits_{i = 0}^c \binom{c}{i} \binom{c - 1}{i - 1} \]容易用范德蒙德卷积化简成 \(\binom{2c - 1}{c - 1}\)。
先手和后手都是 \(n\) 项是一样的。
那么总时间复杂度为 \(O(\frac{V^2 \ln V}{\omega} + V \log V)\)，瓶颈在求第一种情况。
code
// Problem: P9537 [YsOI2023] CF1764B
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P9537
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 20050;
const int N = 40000;
const ll mod = 998244353;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, a[maxn], fac[N + 5], ifac[N + 5];
bitset<maxn> b, c;
inline ll C(ll n, ll m) {
if (n < m || n < 0 || m < 0) {
return 0;
} else {
return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
}
void solve() {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
b.set(a[i]);
}
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
for (int i = N - 1; ~i; --i) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
ll ans = 0, s = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
if (i > 1) {
ans = (ans + s * C(n, i)) % mod;
}
s = (s + C(n, i)) % mod;
}
for (int d = 1; d <= a[n]; ++d) {
c = b;
for (int i = d; i <= a[n]; i += d) {
if (!b[i]) {
break;
}
c &= (c << d);
ans = (ans - (ll)c.count() + mod) % mod;
}
int k = 0, x = 0, y = 0;
bool fl = 1;
for (int i = d; i <= a[n]; i += d) {
k += b[i];
if (b[i]) {
++y;
} else {
y = 0;
fl = 0;
}
x += fl;
if (i + d <= a[n] && b[i] && b[i + d]) {
ans = (ans - C(k * 2 - 1, k - 1) + C(k * 2 - 1, k - 2) + min(x, y) + mod) % mod;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}