【學術篇】SDOI2017 數字表格
阿新 • • 發佈：2018-02-04
int 表格 display -m ++ include nlog pla 科學
然後指數上這一坨東西我們很熟悉了, 我們得到過一個結論就是
\[ \sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)=1]=\sum_{x=1}^{min(N,M)}\mu(x)\left \lfloor \frac Nx\right \rfloor\left \lfloor \frac Mx\right \rfloor \]
所以就有
\[ ans=\prod_{d=1}^Nf[d]^{\sum_{x=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(x)\left \lfloor \frac N{xd}\right \rfloor\left \lfloor \frac M{xd}\right \rfloor} \]
然後令\(t=xd\), 就可以化成這個樣紙
\[ ans=\prod_{t=1}^N\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}}=\prod_{t=1}^N({\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)}})^{\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}} \]
這樣括號外面我們會枚舉分塊, 只要把前綴和改成前綴積就ok了. 但是括號裏面呢?
這個形式沒見過啊, 好像篩法也沒有篩這種東西的.
但是直覺告訴我們裏面的這個東西好像不是很大, 可能大約是在\(O(n*log_2\sqrt n)=O(nlogn)\)級別的?
然後事實證明確實是差不多這樣的(luogu題解裏面說大約是15n左右), 所以我們做一波預處理就ok了.
======傳======送======門======在======裏======面======
去年忘記可以預處理了... 然後就打了10pts的暴力... 現在學了莫比烏斯反演就可以來做了
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = = == = = = = = = =
這個題目看著非常的簡單, 就是要求這個式子
\[
\prod_{i=1}^N\prod_{j=1}^Mf[gcd(i,j)]
\]
這個式子雖然是\(\prod\)而不是\(\sum\), 但是還有個gcd, 我們也可以試著化出一個莫比烏斯反演的形式.
我們按照往常的套路來枚舉gcd.
然後指數上這一坨東西我們很熟悉了, 我們得到過一個結論就是
\[ \sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)=1]=\sum_{x=1}^{min(N,M)}\mu(x)\left \lfloor \frac Nx\right \rfloor\left \lfloor \frac Mx\right \rfloor \]
所以就有
\[ ans=\prod_{d=1}^Nf[d]^{\sum_{x=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(x)\left \lfloor \frac N{xd}\right \rfloor\left \lfloor \frac M{xd}\right \rfloor} \]
然後令\(t=xd\), 就可以化成這個樣紙
\[ ans=\prod_{t=1}^N\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}}=\prod_{t=1}^N({\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)}})^{\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}} \]
這樣括號外面我們會枚舉分塊, 只要把前綴和改成前綴積就ok了. 但是括號裏面呢?
這個形式沒見過啊, 好像篩法也沒有篩這種東西的.
但是直覺告訴我們裏面的這個東西好像不是很大, 可能大約是在\(O(n*log_2\sqrt n)=O(nlogn)\)級別的?
然後事實證明確實是差不多這樣的(luogu題解裏面說大約是15n左右), 所以我們做一波預處理就ok了.
這樣總復雜度似乎差不多就是\(O(n+nlogn+q\sqrt n)\)的, 不知道算的對不對..大概寫O(能過)會更科學一點??
然後就是代碼了...
#include <cmath>
#include <cstdio>
const int N=1e6+6;
const int P=1e9+7;
int prime[N],mu[N],f[N],g[N],F[N],tot;
bool notp[N];
inline int gn(int a=0,char c=0){
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
template<class T>
inline T min(const T&a,const T&b){
return a<b?a:b;
}
inline int qpow(int a,int b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)
if(b&1) s=1LL*s*a%P;
return s;
}
void shai(int n){
f[1]=mu[1]=notp[1]=F[0]=F[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%P; F[i]=1;
if(!notp[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<n;++j){
int k=i*prime[j]; notp[k]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[k]=0;break;}
else mu[k]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i;j<=n;j+=i)
if(mu[j/i]) F[j]=1LL*F[j]*(mu[j/i]==1?f[i]:qpow(f[i],P-2))%P;
for(int i=2;i<=n;++i)
F[i]=1LL*F[i-1]*F[i]%P;
}
int solve(int n,int m){
int ans=1,last,mn=min(n,m);
for(int i=1;i<=mn;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=1LL*ans*qpow(1LL*F[last]*qpow(F[i-1],P-2)%P,
1LL*(n/i)*(m/i)%(P-1))%P;
}
return (ans%P+P)%P;
}
int main(){ shai(1e6);
int T=gn(),m,n;
while(T--)
n=gn(),m=gn(),
printf("%d\n",solve(n,m));
}哦 對了 還有一件事就是根據費馬小定理, \(G^{(P-1)}\equiv1(mod\ p)\), 所以外面的指數對\((p-1)\)取模就好了...
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