洛谷 P4902 乘积 （约数筛，前缀和（积））

洛谷P4902乘积

题意简述：

给 $ t $ 组 $ (a,b) $ 求：

$ prod_{i=A}^{B}prod_{j=1}^{i}(frac{i}{j})^{lfloor frac{i}{j} floor} (mod 19260817) $

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$ solution: $

考试都去想 $ T2 $ 了……

题目是真的不错，首先看到题面我们可以想到三个角度：

1. 预处理再回答
2. 分子分母可以分开求
3. 将询问拆成 $ (1,b)/(1,a-1) $ 于是可以默认从一开始

然后我们先看分子， $ prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{i}i^{lfloor frac{i}{j} floor} $ 这个东西我们可以先求出对于每一个 $ i $ 的 $ prod_{j=1}^{i}i^{lfloor frac{i}{j} floor} $ ，然会前缀积。对于每个 $ prod_{j=1}^{i}i^{lfloor frac{i}{j} floor} $ 我们可以考虑化简： $ i^{prod_{j=1}^{i} lfloor frac{i}{j} floor} $ 。这个指数我们观察法（或者将 $ i-1 $ 和 $ i $ 比较）可以发现和约数合数有关，并且就是约数前缀和。而约数前缀和是 $ nlogn $ 的，符合要求。

然后我们看分母， $ prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^{i}(frac{1}{j})^{lfloor frac{i}{j} floor} $ ，这个同样可以先求出对于每一个 $ i $ 的 $ prod_{j=1}^{i}frac{1}{j} ^{lfloor frac{i}{j} floor} $ ，然会前缀积。其实 $ frac{1}{j} $ 可以通过预处理逆元来完成，实际上我们只需要知道求 $ prod_{j=1}^{i}j^{lfloor frac{i}{j} floor} $ 即可。这个东西我们将 $ i-1 $ 和 $ i $ 比较，可以发现每次 $ i+1 $ 这个式子就会乘上 $ i $ 的所有约数的乘积。用约数筛法可以递推得到。

上述两个过程都可以在约数筛的同时一并完成，处理好逆元，还可以 $ O(1) $ 回答。

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const int mod=19260817;

int t,n;
int a[1000005]; //询问
int b[1000005];
int f[1000005]; //分子
int g[1000005]; //分母
int s[1000005]; //答案
int inv[1000005];

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

inline int ksm(ll x,int y){ //快速幂
	rg res=1;
	while(y){
		if(y&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	}return res;
}

int main(){
	t=qr(); inv[1]=1;
	for(rg i=1;i<=t;++i){
		a[i]=qr(),b[i]=qr();
		n=max(n,max(a[i],b[i])); //求上界
	}
	for(rg i=2;i<=n;++i) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; //线性求逆元
	for(rg i=0;i<=n;++i) g[i]=1; //初始化
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		for(rg j=i;j<=n;j+=i)
			++f[j],g[j]=(ll)g[j]*inv[i]%mod; //将这个数的贡献计入它的倍数里
		f[i]+=f[i-1]; //约数个数前缀和
		g[i]=(ll)g[i-1]*g[i]%mod; //约数前缀积
	} f[0]=g[0]=s[0]=1;
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		f[i]=ksm(i,f[i]); //计算逆元
		f[i]=(ll)f[i-1]*f[i]%mod; //约数个数的前缀和的前缀积
		g[i]=(ll)g[i-1]*g[i]%mod; //约数前缀积的前缀积
		s[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod; //计算1-i的答案
	}
	for(rg i=1;i<=t;++i){
		rg x=a[i],y=b[i];
		printf("%lld
",(ll)s[y]*ksm(s[x-1],mod-2)%mod); //(a~b)=(1~b)/(1~(a-1))
	}
	return 0;
}