「Boring Queries」Solution

题意简述

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ 以及 $q$ 次询问 。
每次询问包含 $2$ 个整数 $l,r$ ，你需要求出区间 $[l,r]$ 的最小公倍数对 $10^9+7$ 取模的结果。
询问强制在线 。对于每次读入的 $x,y$ ，你需要进行以下操作得到 $l,r$ :
$l=(x+last)modn+1,r=(y+last)modn+1$, $last$ 为上次查询的答案 。
特别地，如果 $l$ 比 $r$ 大，交换$l,r$。

• $1\le n,q,x,y\le 10^5,1\le a_i\le 2\times 10^5$

思路

看到最小公倍数，首先想到的应该是唯一分解定理。
我们知道，一个数 $a_i$ 可被唯一表达为：

$$a_i=\prod _{j=1}^n{p}_j^{k_{i,p_j}}(p_1<p_2...<p_{n-1}<p_n)$$

其中 $p_j$ 质数，$k_{i,j,}\ge 1$，$n$ 即 $a_i$ 的质因子数量。
而一个区间 $[l,r]$ 的 $lcm$ 也可被唯一表达为：

$$lcm=\prod _{j=1}^n{p}_j^{max\{k_{l,p_j},k_{l+1,p_j},...k_{r,p_j}\}}$$

因此，我们求 $[l,r]$ 区间的最小公倍数，等价于求每一个质因子在这个区间里的每个数中，最多出现了多少次。

考虑 根号分治，我们平时求一个数的因子的时候，往往只会枚举到 $\sqrt{n}$，而不会枚举到 $n$，这是因为如果一个质因数 $x>\sqrt{n}$，那么它在 $n$ 中最多出现一次，即 $k_x=1$。那么对于这类数来说，它对答案的贡献，只有 有或没有 的区别，对于这类数我们单独维护。

• 对于 $x\le \sqrt{n}$，注意到值域只有 $200000$，所以这类数不会太多，事实上，只有 $86$ 个。所以我们只需要建 $86$ 个 $\text{ST}$ 表，然后暴力维护这类数在区间 $[l,r]$ 出现的最大次数即可。

• 对于 $x>\sqrt{n}$，如果我们直接将 $[l,r]$ 中这类数累乘起来，很显然会算重复。因为如果某个质因子 $x$ 在 $[l,r]$ 出现的次数 $k_x\ge 1$，那么它对答案的贡献只有 $x$，而非 $x^{k_x}$。
  对于这类某个数在区间内贡献次数 $\le 1$ 的情况，有一个常见 $\text{trick}$， 即只考虑这个数在区间内第一次出现的位置，不妨令 $ls{t}_x$ 为上一个 $x$ 的位置，那么 $x$ 在 $[l,r]$ 第一次出现就等价于 $ls{t}_x\in [0,l-1]$。
  那么我们对于一个数 $a_i,i\in [l,r]$，如果 $a_i$ 的某个质因数 $x$ 满足 $ls{t}_x\in [0,l-1]$，那么这个 $x$ 便对 $[l,r]$ 的 $lcm$ 产生贡献，即 $lcm\leftarrow lcm\times x$。
  这很显然是一个特定区间内值域段的查询，用主席树维护即可。

总时间复杂度为 $O(q\times log(V)+(n+q)\times \sqrt{V})$，然而时限只有 $3sec$，所以需要卡卡常，虽然 $\text{CF}$ 是神机 。

代码

具体实现可以看代码。

#include <bits/stdc++.h>
#define siz sqrt(200000)
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5 , MOD = 1e9 + 7;
namespace IO{
    #define il inline
    #define Re register
	char B[1 << 20], *S = B, *T = B , obuf[1 << 20] , *p3 = obuf;
	#define getchar() (S == T && (T = (S = B) + fread(B, 1, 1 << 15, stdin), S == T) ? EOF : *S++)
	#define putchar(x) (p3-obuf<1 << 15)?(*p3++=x):(fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout),p3=obuf,*p3++=x)
	template<typename item>
	il void read(Re item &x) {
	    char c(getchar());
	    x = 0;
	    int f(1);
	    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1;c = getchar();}
	    while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	    x *= f;
	}
	template<typename item, typename ...Arg>
	il void read(item &tmp, Arg& ...tmps) {read(tmp);read(tmps...);}
	template<typename item>
	il void write(Re item x) {
		if (x < 0) {putchar('-') , x = -x;}
		if (x > 9) write(x / 10);
		putchar(x % 10 + '0');
	}
}
using namespace IO;
int n , q , a[MAXN] , idx , rk[MAXN << 1] , lst[MAXN << 1];
short Max[90][MAXN][18];
ll lastans;
bitset<200005> vis;
vector<int> small;
ll qpow(ll base , int k) {
    ll res = 1;
    while(k) {
        if (k & 1) res = res * base % MOD;
        base = base * base % MOD;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}
ll inv(ll x) {return qpow(x , MOD - 2);}
namespace Segement{
	static int tot , rt[MAXN];
	struct tree{
		int l , r , ls , rs;
        ll mul;
        tree(){mul = 1;}
	}tree[MAXN << 5];
	inline int build(int p , int l , int r) {
		p = ++ tot;
		tree[p].l = l , tree[p].r = r;
		if (l == r) return p;
		int mid = l + r >> 1;
		tree[p].ls = build(p , l , mid) , tree[p].rs = build(p , mid + 1 , r);
		return p;
	}
	int newnode(int p) {
		tree[++ tot] = tree[p];
		return tot;
	}
	inline int update(int p , int x , ll v) {
		int now = newnode(p);
        tree[now].mul = tree[now].mul * v % MOD;
		if (tree[now].l == tree[now].r) return now;
		int mid = tree[now].l + tree[p].r >> 1;
		if (x <= mid) tree[now].ls = update(tree[now].ls , x , v);
		else tree[now].rs = update(tree[now].rs ,  x , v);
		return now;
	}
	inline ll query(int p , int p2 , int l , int r) {
		if (tree[p].l >= l && tree[p].r <= r) return tree[p2].mul * inv(tree[p].mul) % MOD;
		int mid = tree[p].l + tree[p].r >> 1;
        ll mul = 1;
		if (l <= mid) mul = query(tree[p].ls , tree[p2].ls , l , r);
		if (r > mid) mul = (mul * query(tree[p].rs , tree[p2].rs , l , r)) % MOD;
        return mul;
	}
}
using namespace Segement;
int GetMax(int pos , int l , int r) {
	int s = log2(r - l + 1);
	return max(Max[pos][l][s] , Max[pos][r - (1 << s) + 1][s]);
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 2 ; i <= 200000 ; i ++) {
		if (vis[i]) continue;
		rk[i] = ++ idx;
        if (i <= siz) small.push_back(i);
		for (int j = i ; j <= 200000 ; j += i) vis[j] = 1;
	}
    rt[0] = build(1 , 0 , 2e5);
	for (int i = 1 , x ; i <= n ; i ++) {
        rt[i] = rt[i - 1];
		read(x);
		for (int j = 2 ; j * j <= x ; j ++) {
			int cnt = 0;
			while(x % j == 0) x /= j , cnt ++;
			Max[rk[j]][i][0] = cnt;
		}
        if (x > siz) {
            rt[i] = update(rt[i] , lst[x] , x) , lst[x] = i;
        } else Max[rk[x]][i][0] = 1;
	}
    for (int pos = 1 ; pos <= 86 ; pos ++) {
        for (int j = 1 ; (1 << j) <= n ; j ++) {
            for (int i = 1 ; i + (1 << j) - 1 <= n ; i ++) {    
                Max[pos][i][j] = max(Max[pos][i][j - 1] , Max[pos][i + (1 << j - 1)][j - 1]);
            }
        }
    }
    read(q);
	while(q --) {
		int l , r;
        ll ans = 1;
        read(l , r);
		l = (l + lastans % n) % n + 1 , r = (r + lastans % n) % n + 1;
		if (l > r) swap(l , r);
        for (int v : small) {
            int pi = GetMax(rk[v] , l , r);
            ans = ans * qpow(v , pi) % MOD;
        }
        ans = ans * query(rt[l - 1] , rt[r] , 0 , l - 1) % MOD;
        write(lastans = ans) , putchar('\n');
	}
    fwrite(obuf , p3 - obuf , 1 , stdout);
	return 0;
}