The 2019 ACM-ICPC China Shannxi Provincial Programming Contest B. Product(杜教筛+约数)

题意

给你 $n(n\leq 10^9)$ ， $m(m\leq 2\times10^9)$ ， $p(p\leq 2\times10^9 )$ ， $p$ 为质数求
$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\prod_{k=1}^nm^{gcd(i,j)[k|gcd(i,j)]}$
ģ $p$ 的答案

˼·

我们先只考虑指数部分和欧拉降幂那么有
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^ngcd(i,j)[k|gcd(i,j)]\ mod\ p-1$
可以认为 $\sum_{k=1}^ngcd(i,j)[k|gcd(i,j)]$
计算的是 $gcd(i,j)*gcd(i,j)的约数个数$ ，我们用 $\sigma (d)$ 表示 $d$ 的约数个数
那么原式就等于
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)\sigma(gcd(i,j))$
令 $d=gcd(i,j)$ 得
$\sum_{d=1}^nd\sigma(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]$

$\sum_{d=1}^nd\sigma(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}[gcd(i,j)==1]$
考虑后面的部分
$\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}[gcd(i,j)==1]$
可以用莫比乌斯反演做但是这恰好 $i$ 和 $j$ 的上限都 $n$ ，可以认为是 $1-n$ 中互质的数对数，考虑每个 $i$ 的贡献其实就是 $\varphi(i)$ 欧拉函数的值，那么答案就是欧拉函数的前缀和，但是由于 $i$ ， $j$ 的顺序是有影响的然后 $(1,1)$ 只计算一次所以有
$\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor}[gcd(i,j)==1]=2*\Phi(\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor)-1$
其中 $\varphi$ 为欧拉函数的和函数
那么原式就转化为
$=\sum_{d=1}^nd\sigma(d)(2*\Phi(\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor)-1)$
然后我们再考虑一下
$\sum_{i=1}^ni\sigma(i)$
这个求和
可以把约数函数展开来
$=\sum_{i=1}^ni\sum_{d|i}1$
那么表示的就是对于每一个 $i$ 枚举他的因子有哪些，已知在 $1-n$ 中枚举 $i$ 的因子和枚举 $i$ 的倍数是等价的那么就有
$=\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}i$
$i$ Ϊ $d$ 的倍数，我们再把后面的展开来
$=\sum_{d=1}^n(d+2d+3d+\cdots+\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor d)$
后面就是一个等差数列
$=\sum_{d=1}^nd\frac{\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor(\left \lfloor\frac{n}{d}\right \rfloor+1)}{2}$
令 $Id(n)=\sum_{i=1}^ni\sigma(i)$
原式想用分块优化的话那么有 $last=\frac{n}{\frac{n}{i}}$ 有

$=\sum_{i=last+1}^n(Id(last)-Id(i-1))(2*\Phi(\left \lfloor\frac{n}{i}\right \rfloor)-1)$
$Id(n)$ 可以用线性筛处理一部分(先求每个数的约数个数再求前缀和的时候乘以i)，大于的部分就用上面求的分块来处理了，欧拉函数求和用杜教筛即可
求完这个后最后的答案求一个快速幂就可以了，尽量都用int，不然会超时

#include<bits/stdc++.h> #include <unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; const int N=10000005; int mod; unordered_map<int,int> P; unordered_map<int,int> D; bool isP[N]; int prime[N]; int cnt; int phi[N]; int d[N]; int num[N]; long long inv=500000004; void init() {     phi[1]=d[1]=1;     for(int i=2; i<N; i++)     {         if(!isP[i])         {             prime[cnt++]=i;             phi[i]=i-1;             d[i]=2;             num[i]=1;         }         for(int j=0; j<cnt&&(ll)i*prime[j]<N; j++)         {             isP[i*prime[j]]=true;             if(i%prime[j])             {                 phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);                 d[i*prime[j]]=d[i]*d[prime[j]];                 num[i*prime[j]]=1;             }             else             {                 phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];                 num[i*prime[j]]=num[i]+1;                 d[i*prime[j]]=d[i]/(num[i]+1)*(num[i*prime[j]]+1);                 break;             }         }     }     for(int i=1; i<N; i++)     {         phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%mod;         d[i]=((ll)i*d[i]+d[i-1])%mod;     } } int Sum(int x) {     if(x<N)return phi[x];     if(P[x])return P[x];     int ans=(x+1ll)*x/2%mod;     for(int i=2,last; i<=x; i=last+1)     {         last=x/(x/i);         ans=(ans-(last-i+1ll)*Sum(x/i)%mod+mod)%mod;     }     ans=((ll)ans+mod)%mod;     P[x]=ans;     return ans; } int Id(int n) {     if(n<N) return d[n];     else if(D[n]) return D[n];     int ans=0;     for(int i=1,last; i<=n; i=last+1)     {         last=n/(n/i);         ans=(ans+(last+i)*(last-i+1ll)/2%mod*((n/i*(n/i+1ll)/2)%mod)%mod)%mod;     }     D[n]=ans;     return ans; } long long quickmod(long long a,long long b,long long p) {     long long ans=1;     while(b)     {         if(b%2==1)             ans=ans*a%p;         a=a*a%p;         b=b/2;     }     return ans; } int main() {     int n,m,p;     scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);     mod=p-1;     init();     int ans=0;     for(int i=1,last; i<=n; i=last+1)     {         last=n/(n/i);         ans=(ans+(Id(last)-Id(i-1)+mod)%mod*((2ll*Sum(n/i)%mod-1ll+mod)%mod)%mod+mod)%mod;     }     printf("%lld\n",quickmod(m,ans,p));     return 0; } /* 1000000000 999999997 98765431 */

文章来源: https://blog.csdn.net/ftx456789/article/details/91346129

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