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$\sum_{P'\subseteq P}(-1)^{|P'|}div(|P'|)\prod_{p\in P'}(p-1)$
（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$f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(\sum_{|P'|=i}\prod_{p\in P'}(p-1))x^{i}$，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$f(x)=\prod_{p+1\in P}(1+px)$，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$o(n\log_{2}n)$，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 }
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