P5655 基础数论函数练习题

P5655 基础数论函数练习题

推到后面被卡常了就完全不会。。。神qwaszx！真不知道这些神仙是如何想到做法的

这题的难点在于很多地方不能随便取模，而且值域特别大

写篇题解总结一下。

众所周知（其实也很好证明，我就不证了）

[operatorname{lcm}(a,b)=adfrac{b}{gcd(a,b)} ]

考虑如何把那一堆 (operatorname{lcm}) 搞成可以乘的形式，这样就可以边乘边取模了

[b_i=dfrac{a_i}{gcd(a_i,prod_{j>i}b_j)}\ operatorname{lcm}(a_l,a_{l+1},dots,a_r)=prod_{i=l}^{r} b_i\ ]

（上面就是连续使用最上头那个性质的结果）

然后我卡住了，这个式子还是没什么用，那个 (prod_{j>i}b_j) 大的离谱

瞟了题解，可以每次往右扩展一个数 (a_k) 。

这时候 (b_k=a_k,b_i o b_i') （显然 (b'_ile b_i)），令 (c_i=dfrac{b_i}{b'_i}) ，那么 (prod c_ile a_k) ，因为是 (operatorname{lcm}) 。这样就有了一个可以 (pi) 的东西（别问我为啥写 (pi) ，因为我就是这么读的）

首先

[b'_i=dfrac{b_i}{gcd(b_i,prod_{j>i}b'_j)} ]

就是倒着求 (b') ，前面因为多了 (a_k) ，已经消掉的因子就不用统计了

那个 (prod b'_i) 仍然太大，但是我们可以通过求出 (c_i) 来修改每一个 (b_i)

[c_i=gcd(b_i,dfrac{a_k}{prod_{j>i}c_j}) ]

(c_i) 这个式子的来源还是约掉已经约掉的，留下有用的。

因为 (prod c_i) 不会超long long，所以直接 (pi) 就行了

这样就可以 $O(Tn^2log V) $ 解决这题了。

可惜出题人并不认为你解决了，卡掉了这个复杂度，你 TLE 90 了。

可是 (color{black}{ exttt{c}}color{red}{ exttt{yn2006}}) 也是这个复杂度没卡常就过去了。这就是神仙与蒟蒻的差别。

我尝试搞些科技来卡常

瓶颈在于有 (n^2) 次 (gcd) ，这让我想到了一个叫做“快速gcd”的东西，大致思路是辗转相减，二进制优化

LL gcd(LL x,LL y){
	if(!x||!y)return x|y;
	if(!(x&1)&&!(y&1))return gcd(x>>1,y>>1)<<1;
	if(!(x&1))return gcd(x>>1,y);
	if(!(y&1))return gcd(x,y>>1);
	return gcd(abs(x-y),min(x,y));
}

然后发现多 TLE 了一个点 什么鬼哦，龟速gcd

自闭了去看 qwaszx 的题解。

他就是利用了一个性质来减少 (gcd) 的次数 然而这个性质在我以前验题的时候自己想到过

看看我们是如何求 (c_i) 的

[c_i=gcd(b_i,dfrac{a_k}{prod_{j>i}c_j}) ]

所以不是 (1) 的 (c_i) 至多 (log V) 个，因为每一个不是 (1) 的 (c_i) 都会导致 (a_k) 至少除以 (2) ，所以我们只需要判断 (c_i) 是否是 (1) ，于是求 (gcd) 的次数变成了 (nlog V)

如何快速判断 (c_i) 的值呢？

首先有俩性质：

[gcd(xy,a) ot=gcd(y,a)Leftrightarrow gcd(xy,a) otmid y ]

这个逻辑表达式的两边只要有一个满足，就说明存在质因数 (p) 满足 (min(p_x+p_y,p_a)>min(p_y,p_a)) （其中 (p_i) 表示 (p) 在 (i) 中的最高次数） 那么另一边必然成立

[ymod gcd(xy,a) ot=0Leftrightarrow (ymod a)mod gcd(xy,a) ot =0 ]

这个非常显然， (a) 是 (gcd(xy,a)) 的倍数，而 (xmod aequiv (x-ka)mod a)

令 (s_i=prod_{j=i}^{k}b'_j)

套用上述两个性质可得

[gcd(s_i,a_k) ot=gcd(s_{i+1},a_k)Leftrightarrow gcd(s_i,a_k) otmid s_{i+1}Leftrightarrow (s_{i+1}mod a_k)mod gcd(s_i,a_k) ot= 0 ]

所以每次扩展时算出 (s_imod a_k) ，记录 (gcd(s_i,a_k)) ，取模判一下是否重算 (gcd) 即可

但是还有个问题，就是 (s_imod a_k) 怎么处理，如果龟速乘会多个 (log V) ，复杂度是 (O(T(nlog^3 V+n^2)))

(n) 只有 (300) ，但是 (log V) 只有 (60) ，比原来的复杂度还劣。。。

又是一个科技：光速乘，它是 (O(1)) 计算 long long 级别的取模乘法的

LL mul(LL a,LL b,LL P){
	LL res=a*b-(LL)((long double)a/P*b+0.5)*P;
	return res<0?res+P:res;
}

__int128 也行，但是NOIP用不了啊。。。

我感觉上面那个光速乘挺牛逼的，跑了一下 ((2^{60}-1)(2^{60}+1)mod 2^{60}) 居然跑对了，精损并没有想象中那么严重

AC代码：

#define N 305
#define mod 1000000007
int n,q,ans[N][N];
LL a[N],b[N],s[N];
LL mul(LL a,LL b,LL P){
	LL res=a*b-(LL)((long double)a/P*b+0.5)*P;
	return res<0?res+P:res;
}
void init(){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		b[i]=a[i],s[i]=1;
		for(int j=i-1;j>=1;--j)s[j]=mul(s[j+1],b[j],a[i]);
		LL t=__gcd(s[1],a[i]);
		for(int j=1;j<i;++j){
			if(s[j+1]%t){
				LL gcd=__gcd(t,s[j+1]);
				b[j]/=t/gcd,t=gcd;
			}
		}
		ans[i][i]=a[i]%mod;
		for(int j=i-1;j>=1;--j)ans[j][i]=1ll*ans[j+1][i]*(b[j]%mod)%mod;
	}
}
void Main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
	init();
	while(q--){int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);printf("%d
",ans[l][r]);}
}
signed main(){for(int T=read();T;--T)Main();}

TLE的

#define N 305
#define mod 1000000007
int n,q,ans[N][N];
LL a[N],b[N],c[N];
LL gcd(LL x,LL y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
void init(){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		b[i]=a[i],c[i]=1;
		for(int j=i-1;j>=1;--j){
			c[j]=gcd(b[j],a[i]/c[j+1]);
			b[j]/=c[j];
			c[j]*=c[j+1];
		}
		ans[i][i]=a[i]%mod;
		for(int j=i-1;j>=1;--j)ans[j][i]=1ll*ans[j+1][i]*(b[j]%mod)%mod;
	}
}
void Main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
	init();
	while(q--){int l,r;scanf("%lld%lld",&l,&r);printf("%lld
",ans[l][r]);}
}
signed main(){for(int T=read();T;--T)Main();}