【題解】Luogu-P2155
\(\text{Description}\)
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給定 \(t,r\),有 \(t\) 次詢問,每次給定 \(n,m\),請求出 \([1,n!]\) 中與 \(m!\) 互質的數的數量,答案對 \(r\) 取模.
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對於 \(100\%\) 的資料,\(1\le m\le n\le 10^7,1\le t\le 10^4,2\le r\le 10^9+10\) 且 \(r\) 為質數.
\(\text{Solution}\)
首先因為 \(m\le n\),所以 \(m!\mid n!\),則與 \(m!\) 互質的有 \(\dfrac{n!}{m!}\cdot\varphi(m!)\)
我們來整理一下:
\[\begin{aligned} \dfrac{n!}{m!}\cdot\varphi(m!) &=\dfrac{n!}{m!}\cdot(m!\cdot\prod\limits_{質數p\mid m!}\dfrac{p-1}{p})\\ &=n!\cdot\prod\limits_{質數p\mid m!}\dfrac{p-1}{p} \end{aligned} \]因為 \(m!=1\times 2\times \cdots\times m\),所以質數 \(p\) 要整除 \(m!\) 實際上就是要滿足質數 \(p\le m\).
所以就是
\[n!\cdot\prod\limits_{質數p\le m}\dfrac{p-1}{p}\\ =\dfrac{n!\cdot\prod\limits_{質數p\le m}(p-1)}{\prod\limits_{質數p\le m}p} \]看起來預處理階乘,字首積和逆元,然後詢問時三個一乘就完事了.
求連續 \(n\) 個數的逆元見 【數學】逆元.
具體地,用 \(jc_x\) 表示 \(x!\),\(phi_x\) 表示 \(\prod\limits_{前x個質數p}(p-1)\)(好吧我知道這不是 \(phi\) 但我們暫且叫它 \(phi\)),\(inv_x\) 表示 \(inv\left(\prod\limits_{前x個質數p}p\right)\).
查詢時用 \(\operatorname{upper\_bound}\) 找到質數中第一個大於 \(m\) 的,則在這之前的所有質數必然都是小於等於 \(m\) 的,記它的位置是 \(y\),\(x=y-1\),然後答案就是 \((jc_n\cdot phi_x\cdot inv_x)\bmod r\)
scanf("%d%d", &n, &m);
int x = upper_bound(p + 1, p + p[0] + 1, m) - (p + 1);
printf("%d\n", 1ll * jc[n] * phi[x] % r * inv[x] % r);
然而兔隊提供了 \(\text{hack}\) 資料,\(\text{hack}\) 的原理是,當分子與分母中含有相同個因數 \(r\) 時,正常計算會約分掉,但程式中如果把三個乘起來的話這三個中有 \(0\),算出來就是 \(0\),這是錯的.
所以重點在於考慮如何處理這種情況.
因為 \(r\) 為質數,所以 \(\prod\limits_{質數p\le m}(p-1)\) 不可能含有因數 \(r\),所以當 \(n!\) 中因數 \(r\) 的個數比 \(\prod\limits_{質數p\le m}p\) 多的話,約分後還是 \(r\) 的倍數,輸出 \(0\).
否則說明它們的因數 \(r\) 的個數一定相等!那麼所有 \(r\) 都會被約掉.
在求階乘和逆元時遇到 \(r\) 就不乘.
這樣算還得特判 \(m=1\) 的情況,答案為 \(jc_n\).
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e7 + 5;
int p[MAXN];
bool vis[MAXN];
void get_prime()
{
for (int i = 2; i < MAXN; i++)
{
if (!vis[i])
{
p[++p[0]] = i;
}
for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] < MAXN; j++)
{
vis[i * p[j]] = true;
if (i % p[j] == 0)
{
break;
}
}
}
}
int t, r, n, m;
int ksm(int a, int b)
{
int base = a, ans = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
{
ans = 1ll * ans * base % r;
}
base = 1ll * base * base % r;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int jc[MAXN];
void get_jc()
{
jc[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAXN; i++)
{
if (i != r)
{
jc[i] = 1ll * jc[i - 1] * i % r;
}
else
{
jc[i] = jc[i - 1];
}
}
}
int phi[MAXN];
void get_phi()
{
phi[0] = 1;
for (int i = 1; i <= p[0]; i++)
{
phi[i] = 1ll * phi[i - 1] * (p[i] - 1) % r;
}
}
int pro[MAXN], inv[MAXN];
void get_inv()
{
pro[0] = 1;
for (int i = 1; i <= p[0]; i++)
{
if (p[i] != r)
{
pro[i] = 1ll * pro[i - 1] * p[i] % r;
}
else
{
pro[i] = pro[i - 1];
}
}
inv[p[0]] = ksm(pro[p[0]], r - 2);
for (int i = p[0] - 1; i >= 1; i--)
{
if (p[i + 1] != r)
{
inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * p[i + 1] % r;
}
else
{
inv[i] = inv[i + 1];
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &t, &r);
get_prime();
get_jc();
get_phi();
get_inv();
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &m);
if (n / r > m / r)
{
puts("0");
continue;
}
else if (m == 1)
{
printf("%d\n", jc[n]);
continue;
}
int x = upper_bound(p + 1, p + p[0] + 1, m) - (p + 1);
printf("%d\n", 1ll * jc[n] * phi[x] % r * inv[x] % r);
}
return 0;
}