题面
题解
首先题目的要求肯定要转化。
有多种转化方法，例如：（其中 \(s_i\) 代表以 \(i\) 为根节点的子树大小）
\[\begin{aligned} \Epsilon(w(T))=&\Epsilon\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\operatorname{dist}_T(i,j)\right)\\ =&\Epsilon\left(\sum_{i=2}^n s_i\left(n-s_i\right)\right)\\ =&\Epsilon\left(\sum_{i=2}^n ns_i-s_i^2\right)\\ =&n\sum_{i=2}^n\Epsilon(s_i)-\sum_{i=2}^n\Epsilon(s_i^2) \end{aligned} \]这种做法实际上是对于每一条边统计这条边的贡献。
注意 \(\Epsilon(s_i^2)\neq \Epsilon(s_i)^2\)。而且除了 \(a,b\) 相互独立互不干扰的情况以外，都有 \(\Epsilon(ab)\neq \Epsilon(a)\Epsilon(b)\)。
然后你发现 \(\Epsilon(s_i^2)\) 并不好求。
（其实是可以求的，而且有人过了，但我不会）
所以我们考虑另一种转化方法：（其中 \(d_i\) 代表 \(i\) 节点的深度）
\[\begin{aligned} \Epsilon(w(T))=&\Epsilon\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\operatorname{dist}_T(i,j)\right)\\ =&\Epsilon\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}d_i+d_j-2\times d_{\operatorname{lca}(i,j)}\right)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\Epsilon(d_i)+\Epsilon(d_j)-2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\Epsilon(d_{\operatorname{lca}(i,j)})\\ =&2\sum_{i=1}^n\Epsilon(d_i)-2\sum_{u=1}^n\Epsilon(d_u)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nP\big[\operatorname{lca}(i,j)=u\big] \end{aligned} \]这种做法实际上是对于每一个点对统计贡献。
注意到 \(\Epsilon(d_i)\) 是可以通过 DP 容易得到的，那么只需考虑 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nP\big[\operatorname{lca}(i,j)=u\big]\)。
设 \(u\) 的可能的后代的集合为 \(pos_u\)，设 \(v\) 成为 \(u\) 的后代的概率为 \(p_{u,v}\)。这些都可以预处理出来。
设 \(f_u=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nP\big[\operatorname{lca}(i,j)=u\big]\)，那么最自然的想法是这样容斥：
\[f_u=\Epsilon(s_u^2)-\sum_{v\in pos_u}p_{u,v}f_v \]但你发现这样好像还是要把 \(\Epsilon(s_u^2)\) 算出来（
怎么办？
有另一种奇怪的计算方式：
考虑按照题目的方法生成两棵树 \(T_1\) 和 \(T_2\)。\(T_1\) 和 \(T_2\) 无需满足任何关系，它们是相互独立的。
考虑在 \(T_1\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(x\)、在 \(T_2\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(y\) 的 \((x,y)\) 的方案数的期望，显然为 \(\Epsilon(s_u)^2\)。
设 \(g_u\) 表示：
在 \(T_1\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(x\)、在 \(T_2\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(y\)、
且需要满足 \(T_1\) 中 \(x\to u\) 路径上的点和 \(T_2\) 中 \(y\to u\) 路径上的点除了 \(u\) 之外互不重复
的 \((x,y)\) 的方案数的期望。
那么有转移：
\[g_u=\Epsilon(s_u)^2-\sum_{v\in pos_u}p_{u,v}^2 g_v \]其中：
-
\(\Epsilon(s_u)^2\) 表示在 \(T_1\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(x\)、在 \(T_2\) 中选出 \(u\) 子树内的一个点 \(y\) 的 \((x,y)\) 的方案数的期望。显然这样任意选取并不能保证上面说的两条路径上的点除了 \(u\) 之外不重复，所以要减去一些不合法的方案。
-
\(\sum\limits_{v\in pos_u}\) 枚举的是 \(T_1\) 中 \(x\to u\) 路径上的点和 \(T_2\) 中 \(y\to u\) 路径上的点从 \(v\) 开始重复了。（即 \(T_1\) 中 \(x\to v\) 路径上的点和 \(T_2\) 中 \(y\to v\) 路径上的点除了 \(v\) 之外都还没出现重复）
-
\(p_{u,v}^2\) 代表 \(v\) 在 \(T_1\)、\(T_2\) 中都是 \(u\) 的后代的概率，显然这样就能保证 \(x\)、\(y\) 在 \(T_1\)、\(T_2\) 中都分别是 \(u\) 的后代。
-
\(g_v\) 代表枚举的这种情况的方案数的期望。
然后你发现 \(f_u\) 和 \(g_u\) 其实是一个东西。
然后求出来即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
namespace modular
{
int mod;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
int n,d[N],inv[N],p[N],f[N];
int ans;
vector<int>pre[N];
int main()
{
n=read();
mod=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
pre[j].push_back(i);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int size=pre[i].size();
for(int j=0;j<size;j++)
d[i]=add(d[i],add(d[pre[i][j]],1));
inv[i]=poww(size,mod-2);
d[i]=mul(d[i],inv[i]);
ans=add(ans,mul(2,mul(n,d[i])));
}
for(int i=n;i>=1;i--)
{
int m=n/i;
p[1]=1;
int sum=p[1];
for(int j=2;j<=m;j++)
{
p[j]=0;
for(int k=0,size=pre[j].size();k<size;k++)
p[j]=add(p[j],p[pre[j][k]]);
p[j]=mul(p[j],inv[i*j]);
sum=add(sum,p[j]);
}
f[i]=mul(sum,sum);
for(int j=2;j<=m;j++)
f[i]=dec(f[i],mul(mul(p[j],p[j]),f[i*j]));
ans=dec(ans,mul(mul(2,d[i]),f[i]));
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
/*
3 998244353
*/
/*
5 998244353
*/