一个很暴力的辣鸡做法
考虑到两个数的\(\gcd\)是所有质数次幂取\(\min\)，两个数的\(\rm lcm\)是所有质数次幂取\(\max\)，于是最后的答案一定是\(\prod p_i^{c_i}\)，而且这里最大的质数不会超过\(n\)，于是我们考虑算出每一个质数的次幂是多少
于是我们成功的将\(\prod\)转换成了\(\sum\)，指数上得对\(\rm mod-1\)ȡģ
对于\(\rm type=0\)，我们枚举一个质数\(p\)，计算它的次幂
即为
\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}\max(i,j)-\min(i,k)[t_1\perp p][t_2\perp p][t_3\perp p]\]
这个很显然啊，就是我们枚举当前这个质数的最大次幂，之后枚举这个拥有这个最大次幂的数，即为\(p^i\times t_1\)，但是如果\(t_1\)和\(p\)不互质，那么\(i\)就不是\(p^i\times t\)的最大次幂，于是还必须得保证\(t_1\perp p\)
我们改变一下求和顺序即为
\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\max(i,j)-\min(i,k)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}[t_2\perp p]\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}[t_3\perp p]\]
又发现求\(\max(i,j)\)和\(\min(i,k)\)是相当独立的，于是我们可以强行拆成
\[C\times \sum_{i=0}\sum_{j=0}\max(i,j)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}[t_2\perp p]\]
减去
\[B\times \sum_{i=0}\sum_{k=0}\min(i,k)\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}[t_3\perp p]\]
现在思考一下这个\(\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}[t_1\perp p]\)到底怎么求，和一个质数互质只要不是这个质数的倍数就行了，于是我们简单的减去\(1\)到\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor\)里\(p\)的倍数即可，也就是\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor\)
也就是我们现在只需要求
\[B\times \sum_{i=0}\sum_{j=0}\max(i,j)(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor)(\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{B}{p^{j+1}} \right \rfloor)\]
我们可以直接\(O(\log_p^2 A)\)来计算这个柿子，但是我们处理一下\(\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{A}{p^{i+1}} \right \rfloor\)的前缀和强行讨论一下也可以做到\(O(\log_p A)\)
一到\(n\)内的质数大概有\(\frac{n}{\ln n}\)个，每一个质数的计算需要\(O(\log_p n)\)的复杂度，于是做一遍复杂度大概就是\(O(n)\)的
对于\(\rm type=1\)，柿子变成了
\[\sum_{i=0}\sum_{j=0}\sum_{k=0}\sum_{t_1=1}^{\left \lfloor \frac{A}{p^i} \right \rfloor}\sum_{t_2=1}^{\left \lfloor \frac{B}{p^j} \right \rfloor}\sum_{t_3=1}^{\left \lfloor \frac{C}{p^k} \right \rfloor}(\max(i,j)-\min(i,k))\times t_1\times t_2\times t_3\times p^{i+j+k}[t_1\perp p][t_2\perp p][t_3\perp p]\]
强行一搞也能变成上面的形式，同样可以在\(O(n)\)时间求出来
对于\(\rm type=2\)，我们考虑枚举上面的\(\gcd\)
设\(f(A,B,C)\)为第一问的答案，也就是三个上标分别取到\(A,B,C\)时的贡献
套路枚举\(\gcd\)Ϊ\(d\)即\(d\)的倍数时的贡献
\[\sum_{d=1}^{min(A,B,C)}d\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})f(\left \lfloor \frac{A}{d} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{d}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{d} \right \rfloor)\]
就是\(\left \lfloor \frac{A}{d} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{d}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{d} \right \rfloor\)内的数乘上\(d\)分别不会超过\(A,B,C\)，且这些数的\(\gcd\)都是\(d\)或\(d\)的倍数
再套路交换一下求和顺序
\[\sum_{i=1}^{\min(A,B,C)}f(\left \lfloor \frac{A}{i} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{i}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{i} \right \rfloor)\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})d=\sum_{i=1}^{\min(A,B,C)}f(\left \lfloor \frac{A}{i} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{B}{i}\right \rfloor,\left \lfloor \frac{C}{i} \right \rfloor)\varphi(i)\]
于是直接大力整除分块，复杂度应该不会超过\(O(n\ln n)\)
吧。
请大力卡常
代码
#include<bits/stdc++.h> #define re register #define LL long long #define max(a,b) (a>b?a:b) #define min(a,b) (a<b?a:b) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("-fcse-skip-blocks") const int maxn=1e5+5; int mod,P,T,R; int is[maxn],p[maxn>>1],pre[maxn],phi[maxn],pw[maxn>>1]; int r[2],tax[2][20],pr[2][20]; inline int ksm(int a,int b) { int S=1; for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod; return S; } inline int qm(int x) {return x>=P?x-P:x;} inline int dqm(int x) {return x+=x>>31&P;} inline int calc(int n,int p) { return dqm(pre[n]-1ll*pre[n/p]*p%P); } inline int out(int A) { int ans=1; for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=A;i++) ans=1ll*ans*ksm(p[i],pw[i])%mod; return ans; } inline void clear(int A) { for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=A;i++) pw[i]=0; } inline void Solve(int A,int B,int C,int v) { int ans1=1; for(re int t=1;t<=p[0];t++) { if(p[t]>A&&p[t]>B&&p[t]>C) break; int now=0,tot=0; for(re int i=0,aa=A;aa;i++,aa/=p[t]) pr[0][i]=tax[0][i]=aa-aa/p[t],r[0]=i; for(re int j=0,bb=B;bb;j++,bb/=p[t]) pr[1][j]=tax[1][j]=bb-bb/p[t],r[1]=j; R=max(r[0],r[1]); for(re int i=1;i<=R;i++) pr[0][i]=qm(pr[0][i]+pr[0][i-1]); for(re int j=1;j<=R;j++) pr[1][j]=qm(pr[1][j]+pr[1][j-1]); for(re int i=0;i<=r[0];i++) now=qm(now+1ll*tax[0][i]*pr[1][i]*i%P); for(re int j=1;j<=r[1];j++) now=qm(now+1ll*tax[1][j]*pr[0][j-1]*j%P); for(re int i=1;i<=R;i++) pr[1][i]=0; for(re int i=r[0]+1;i<=R;i++) pr[0][i]=0; now=1ll*now*C%P; for(re int k=0,cc=C;cc;k++,cc/=p[t]) pr[1][k]=tax[1][k]=cc-cc/p[t],r[1]=k; R=max(r[0],r[1]); for(re int i=r[0]+1;i<=R;i++) pr[0][i]=qm(pr[0][i-1]+pr[0][i]); for(re int k=1;k<=R;k++) pr[1][k]=qm(pr[1][k]+pr[1][k-1]); for(re int i=1;i<=r[0];i++) tot=qm(tot+1ll*i*tax[0][i]*dqm(pr[1][r[1]]-pr[1][i-1])%P); for(re int k=1;k<=r[1];k++) tot=qm(tot+1ll*k*tax[1][k]*dqm(pr[0][r[0]]-pr[0][k])%P); for(re int i=0;i<=R;i++) pr[1][i]=pr[0][i]=0; now=dqm(now-1ll*B*tot%P); pw[t]=qm(pw[t]+1ll*now*v%P); } } inline int Calc(int n,int m,int h) { int U=min(min(n,m),h); for(re int l=2,r;l<=U;l=r+1) { r=min(n/(n/l),m/(m/l)); r=min(r,h/(h/l)); Solve(n/l,m/l,h/l,dqm(phi[r]-phi[l-1])); } return out(max(max(n,m),h)); } int A,B,C; int main() { scanf("%d%d",&T,&mod);P=mod-1;phi[1]=1; for(re int i=2;i<maxn;i++) { if(!is[i]) p[++p[0]]=i,phi[i]=i-1; for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<maxn;j++) { is[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) { phi[p[j]*i]=phi[i]*p[j];break; } phi[p[j]*i]=phi[i]*phi[p[j]]; } } for(re int i=1;i<maxn;i++) pre[i]=qm(pre[i-1]+i),phi[i]=qm(phi[i-1]+phi[i]); while(T--) { scanf("%d%d%d",&A,&B,&C); int ans2=1; for(re int t=1;t<=p[0];t++) { if(p[t]>A&&p[t]>B&&p[t]>C) break; int now=0,tot=0; for(re LL i=0,a=1;a<=A;i++,a*=p[t]) for(re LL j=0,b=1;b<=B;j++,b*=p[t]) { int v=1ll*max(i,j)*a*b%P; tot=qm(tot+1ll*v*calc(A/a,p[t])*calc(B/b,p[t])%P*pre[C]%P); } for(re LL i=1,a=p[t];a<=A;i++,a*=p[t]) for(re LL k=1,c=p[t];c<=C;k++,c*=p[t]) { int v=1ll*min(i,k)*a*c%P; now=qm(now+1ll*v*calc(A/a,p[t])*calc(C/c,p[t])%P*pre[B]%P); } ans2=1ll*ans2*ksm(p[t],dqm(tot-now))%mod; } Solve(A,B,C,1);printf("%d ",out(max(max(A,B),C))); printf("%d %d\n",ans2,Calc(A,B,C));clear(max(max(A,B),C)); } } 来源：博客园
作者：asuldb
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