[AHOI 2022] 排列
本题涉及了关于线性筛、质因数分解、置换、分析数据范围特性等多种技巧，是一道难得的好题，为出题人点赞！
Hint 1
可以把每个 \(p_i\) 看成从 \(i\) 连向 \(p_i\) 的一条有向边，这样整个图会由若干个互不相交的简单环构成（所有点的入度出度均为 \(1\) ）。
可以通过分析得出， \(P^k\) 的意义就相当于每个人一开始都在初始的 \(i\) 号结点， \(k\) 每次 \(+1\) 就变成所有人在图上走一步。
于是我们得出了 \(f(i,j)=0\) 的充要条件： \(i,j\) 在同一个环上。
Hint 2
考虑对一个排列 \(P\) 如何计算 \(v(P)\) ，设 \(i\) 号结点所在的环长为 \(r_i\) ，则可以得出 \(v(P)=LCM(r_1,r_2,\cdots,r_n)\) ，这是因为所有点都同时回到原点需要保证每个人的步数都为 \(r_i\) 的倍数。
接着考虑 \(v(A_{ij})\) 的值，草稿纸上画一画就可以发现，把两个不同环上的点的出边进行交换，就会把两个环合并，因此 \(v(A_{ij})\) 的值就为 \(r_i+r_j\) 与其他环长取 \(LCM\) 的值。
到这一步实际上我们发现如果枚举 \(i,j\) 并暴力计算 \(LCM\) ，那么可以得到一个看上去是 \(O(n^3\log n)\) 的做法。
Hint 3
对上一步的暴力做法进行些许优化，对每个相同的 \(r_i\) 其实是不用重复计算的，所以设环长的种类数为 \(m\) ，能做到 \(O(m^3\log n)\) 的复杂度。
这里需要进行对数据范围分析，注意到这里是 \(m\) 个互不相同的数相加不超过 \(n\) ，所以一定有 \(\sum_{i=1}^m\le n\) ，计算得出 \(m\) 是 \(O(\sqrt n)\) 级别的，所以时间复杂度貌似可以优化到 \(O(n\sqrt n\log n)\) 。
Hint 4
但是我们会发现 \(LCM\) 的值可能会很大并不能直接计算，所以需要对每个 \(r_i\) 进行质因数分解，最后在每个质因子上计算指数的最大值得出结果，这样单次计算 \(LCM\) 的时间复杂度为 \(O(m\sqrt n+cnt_{prime}\cdot\log\log n)\) 。
这里可以利用线性筛的性质来加速质因数分解的过程，注意到每次线性筛筛到一个数时，一定是被他的最小质因子筛到，于是可以预处理记录下每个数字对应的最小质因子，这样单次质因数分解的时间复杂度可以优化到 \(O(\log n)\) 。
除此之外，我们还可以在每次分解质因数时直接质因子判断对应指数的值，并判断是否乘上去，如果采用 \(map\) 或 \(set\) 来记录，这样单次计算 \(LCM\) 的复杂度变成了 \(O(m\log^2 m)\) ，总时间复杂度为 \(O(n\sqrt n\log^2 n)\) 。
如果在判断每个质因子对应的最大指数时做到 \(O(1)\) 的维护，那么就是 \(O(n\sqrt n\log n)\) 的时间复杂度，期望得分80，如果能做到常数优秀且熟练掌握卡常技巧是完全有机会通过此题的。
Hint 5
继续优化求 \(LCM\) 的方法，我们可以预先求出所有数字的 \(LCM\) ，然后记录每个质因子对应的三个最大指数（因为后面要删掉两个数），这样每次删数的时候就可以现场质因数分解 \(O(\log^2 n)\) 维护 \(LCM\) ，添加一个数字的时候也能够当场维护。
另外，也可以直接用 \(multiset\) 记录每个质因子对应的指数集合，同样也是 \(O(\log^2 n)\) 的维护复杂度。
总时间复杂度 \(O(n\log^2n)\) ，已经足够通过此题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500050
#define LL long long
#define MOD 1000000007
int T,n,a[N],r[N],vis[N];
int cnt,cntR,p[N],v[N],LCM,m,ans;
vector<pair<int,int>>d;
multiset<int>s[N];
LL qow(LL x,LL y){return y?(y&1?x*qow(x,y-1)%MOD:qow(x*x%MOD,y/2)):1;}
void add(int x)
{
while(x>1){
int p=v[x],c=0,k=(*s[p].rbegin());
while(v[x]==p)x/=v[x],c++;
if(c>k)LCM=1ll*LCM*qow(p,c-k)%MOD;
s[p].insert(c);
}
}
void del(int x)
{
while(x>1){
int p=v[x],c=0,k;
while(v[x]==p)x/=v[x],c++;
s[p].erase(s[p].find(c));
k=(*s[p].rbegin());
if(k<c)LCM=1ll*LCM*qow(p,MOD-1+k-c)%MOD;
}
}
void init()
{
LCM=1;
cntR=0;
d.clear();
for(int i=1;i<=cnt;i++)s[p[i]].clear(),s[p[i]].insert(0);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
r[i]=vis[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){
int x=i,c=1;
while(a[x]!=i)vis[x]=1,c++,x=a[x];
add(c);
vis[x]=1;
r[++cntR]=c;
}
sort(r+1,r+cntR+1);
for(int i=1;i<=cntR;i++){
if(d.empty() || r[i]!=d.back().first)
d.push_back(make_pair(r[i],1));
else d[d.size()-1].second++;
}
m=d.size(),ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
del(d[i].first);
for(int j=i+1;j<m;j++){
int res=2ll*(1ll*d[i].first*d[i].second%MOD)*(1ll*d[j].first*d[j].second%MOD)%MOD;
int x=d[i].first+d[j].first;
del(d[j].first);
add(x);
ans=(1ll*res*LCM+ans)%MOD;
del(x);
add(d[j].first);
}
if(d[i].second>1){
int res=1ll*(1ll*d[i].first*d[i].second%MOD)*(1ll*d[i].first*(d[i].second-1))%MOD;
int x=d[i].first+d[i].first;
del(d[i].first);
add(x);
ans=(1ll*res*LCM+ans)%MOD;
del(x);
add(d[i].first);
}
add(d[i].first);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
v[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!v[i])v[i]=i,p[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<N;j++){
v[i*p[j]]=p[j];
if(i%p[j]==0)break;
}
}
scanf("%d",&T);
while(T--)init();
}
