P5518-[MtOI2019]幽灵乐团【莫比乌斯反演,欧拉反演】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5518

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1|1题目大意

$T$次给出$A,B,C$求以下三个式子

$$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^{C}\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,k)}$$

$$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^{C}\left(\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,k)}\right)^{i\times j\times k}$$

$$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^{C}\left(\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,k)}\right)^{gcd(i,j,k)}$$

$1\leq T\leq 70,1\leq A,B,C\leq 10^5$

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1|2解题思路

开始写了个$O(Tn\log n)$结果发现不能过，然后就多浪费了三个多小时

只需要用到两个反演的式子

$$F(i)=\sum_{i|d}f(d)\Rightarrow f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(d)$$

$$gcd(S)=\sum_{\forall x\in S,d|x}\varphi(d)$$

然后因为推导过程出来冗长以外没有太多难的部分，所以推荐自己手推到不会的再翻题解。

然后就开始吧，因为$lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}$所以问题可以化为两个部分，求

$$\left(\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Cij\right)^{f(type)},\left(\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\frac{1}{gcd(i,j)}\right)^{f(type)}$$

首先是第一个式子$f(type)=1$。
第一部分就是

$$\prod_{i=1}^Ai^{B\times C}\times \prod_{j=1}^Bj^{A\times C}$$

这个十分简单，我们预处理阶乘就可以做到$O(\log P)$
然后第二部分考虑枚举约数

$$\prod_{d=1}\frac{1}{d}^{C\times \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B[gcd(i,j)=d]}$$

然后莫反

$$\prod_{d=1}\frac{1}{d}^{C\sum_{k=1}\mu(k)\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor}$$

显然的我们可以$d,k$都可以整除分块，预处理一下逆元的前缀乘积就可以快速计算区间逆元乘积了。

第一个式子时间复杂度$O(n^\frac{3}{4})$

然后第二个式子类似的，记$S(n)=\frac{n\times (n+1)}{2}$那么有

$$\prod_{i=1}^Ai^{iS(B)S(C)}\times \prod_{j=1}^Bj^{jS(A)(C)}$$

维护一个$i^i$的前缀积即可。
第二部分

$$\prod_{d=1}\frac{1}{d}^{S(C)\times \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^Bij[gcd(i,j)=d]}\Rightarrow \prod_{d=1}\frac{1}{d}^{S(C)\sum_{k=1}\mu(k)S(\lfloor\frac{A}{kd}\rfloor)S(\lfloor\frac{B}{kd}\rfloor)}$$

需要提前处理$\mu(i)\times i^2$的前缀和，$i^2,\frac{1}{i^2}$的前缀积就好了

第二个式子时间复杂度$O(n^\frac{3}{4})$

主要的难点在第三个式子
首先第一部分先只考虑$i$

$$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^Ci^{gcd(i,j)}$$

考虑欧拉反演，枚举约数

$$\prod_{d=1}\left(\prod_{i}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}i\times d\right)^{\varphi(d)\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}$$

设$f_i=\prod_{j=1}^ii$那么有

$$\prod_{d=1}\left(f_{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}d^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\right)^{\varphi(d)\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}$$

拆开来$f$和$d$的部分

$$\prod_{d=1}(f_{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor})^{\varphi(d)\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}\times d^{\varphi(d)\lfloor\frac{A}{d}\rfloor\lfloor\frac{B}{d}\rfloor\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}$$

预处理出$f$数组，和$g$数组$g_i=\prod_{j=1}^i j^{\varphi(j)}$，$\varphi$的前缀和就可以整除分块搞了

然后是第二部分

$$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\frac{1}{gcd(i,j)}^{gcd(i,j,k)}$$

你可以试一下枚举$gcd(i,j)$，反正我推了好久都没有对出来/kk
所以考虑枚举$gcd(i,j,k)$的约数然后欧拉反演里面再莫反

$$\prod_{d=1}\left(\prod_{k=1}\frac{1}{dk}^{\sum_{z=1}\mu(z)\lfloor\frac{A}{dkz}\rfloor\lfloor\frac{B}{dkz}\rfloor}\right)^{\varphi(d)\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}$$

然后把$\frac{1}{d}$和$\frac{1}{k}$分开处理

$$\prod_{d=1}\left(\prod_{k=1}\frac{1}{k}^{\sum_{z=1}\mu(z)\lfloor\frac{A}{dkz}\rfloor\lfloor\frac{B}{dkz}\rfloor}\right)^{\varphi(d)\lfloor\frac{C}{d}\rfloor}$$

$$\times \prod_{d=1}\left(\frac{1}{d}\right)^{\varphi(d)\lfloor\frac{C}{d}\rfloor\sum_{k=1}\sum_{z=1}\mu(z)\lfloor\frac{A}{dkz}\rfloor\lfloor\frac{B}{dkz}\rfloor}$$

（至于为什么要这么分开，会注意到第一个式子如果我们进行两次整除分块，那么对于每个$\frac{1}{dk}$就会有两个影响它的指数$\varphi(d)$和$\sum_{z=1}\mu(z)\lfloor\frac{A}{dkz}\rfloor\lfloor\frac{B}{dkz}\rfloor$所以很难处理，此时我们分开来就可以直接用区间的值来做了）

注意到这样要做三次整除分块，十分地慢，但是考虑后面那个式子$\sum_{z=1}\mu(z)\lfloor\frac{A}{dkz}\rfloor\lfloor\frac{B}{dkz}\rfloor$对于一个固定的$dk$是一个确定的值的，并且因为是整除分块，所以不同的值不多我们可以考虑预处理这个东西，整除分块一个$dk$然后里面再整除分块计算就好了。

还有拆开后处理$\frac{1}{d}$的式子需要预处理$\frac{1}{d}^{\varphi(d)}$的前缀积。

然后就做完了，第三部分时间复杂度$O(n+n^{\frac{3}{4}}\log n)$

实际上其实最后的式子两个部分可以约掉一些东西省一些常数，但是这样做也能过但是得开int。

或者你可以用别的方法卡卡常反正我开int了。

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1|3code

因为中途long long改int所以代码巨丑

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int T,P,Phi,A,B,C,ans,cnt;bool v[N];
int pri[N/10],mu[N],su[N],phi[N],f[N],g[N],h[N];
int inv[N],inc[N],inw[N],fac[N],gac[N],hac[N];
int power(int x,int b){
	int ans=1;b=(b%Phi+Phi)%Phi;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*1ll*x%P;
		x=x*1ll*x%P;b>>=1;
	}
	return ans; 
}
int Sum(int n)
{return n*1ll*(n+1)/2%Phi;}
int Tum(int n)
{return n*1ll*(n+1)*1ll*(2ll*1ll*n+1)/6ll%Phi;} 
void Prime(){
	mu[1]=phi[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*1ll*pri[j]<N;j++){
			v[i*1ll*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				phi[i*1ll*pri[j]]=phi[i]*1ll*pri[j];
				break;
			}
			mu[i*1ll*pri[j]]=-mu[i];
			phi[i*1ll*pri[j]]=phi[i]*1ll*(pri[j]-1);
		}
	}
	inc[1]=fac[0]=gac[0]=inw[0]=inv[0]=hac[0]=1;
	for(int i=2;i<N;i++)inc[i]=P-inc[P%i]*1ll*(P/i)%P;
	for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%P;
	for(int i=1;i<N;i++)gac[i]=gac[i-1]*1ll*power(i,i)%P;
	for(int i=1;i<N;i++)hac[i]=hac[i-1]*1ll*power(i,i*1ll*i%Phi)%P;
	for(int i=1;i<N;i++)inw[i]=inw[i-1]*1ll*power(inc[i],i*1ll*i%Phi)%P;
	for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=inv[i-1]*1ll*inc[i]%P;
	for(int i=1;i<N;i++)su[i]=su[i-1]+mu[i];
	g[0]=h[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)g[i]=g[i-1]*1ll*power(inc[i],phi[i])%P;
	for(int i=1;i<N;i++)h[i]=h[i-1]*1ll*power(i,phi[i])%P;
	for(int i=1;i<N;i++)(phi[i]+=phi[i-1])%=Phi;
	return;
}
void qart1(int A,int B,int C){
	int n=min(A,B);
	for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
		R=min(A/(A/L),B/(B/L));
		int a=A/L,b=B/L,m=min(a,b),w=0;
		for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			(w+=(su[r]-su[l-1])*(a/l)*1ll*(b/l)%Phi)%=Phi;
		}
		ans=ans*1ll*power(inv[R]*1ll*fac[L-1]%P,w*1ll*C%Phi)%P;
	}
	return;
}
void part1(){
	ans=power(fac[A],B*1ll*C%Phi)*1ll*power(fac[B],A*1ll*C%Phi)%P;
	qart1(A,B,C);qart1(A,C,B);
	printf("%d ",ans);return;
}
void qart2(int A,int B,int C){
	int n=min(A,B);
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(f[i-1]+mu[i]*1ll*i*1ll*i%Phi)%Phi;
	for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
		R=min(A/(A/L),B/(B/L));
		int a=A/L,b=B/L,m=min(a,b),w=0;
		for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			(w+=Sum(a/l)*1ll*Sum(b/l)%Phi*1ll*(f[r]-f[l-1])%Phi)%=Phi;
		}
		w=w*1ll*Sum(C)%Phi;
		ans=ans*1ll*power(inw[R]*1ll*hac[L-1]%P,w)%P;
	}
	return;
}
void part2(){
	ans=power(gac[A],Sum(B)*1ll*Sum(C)%Phi)*1ll*power(gac[B],Sum(A)*1ll*Sum(C)%Phi)%P;
	qart2(A,B,C);qart2(A,C,B);
	printf("%d ",ans);return;
}
void qart3(int A,int B,int C){
	int n=min(A,B);
	for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
		R=min(A/(A/L),B/(B/L));
		int a=A/L,b=B/L,m=min(a,b),w=0;
		for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			(w+=1ll*(a/l)*(b/l)*(su[r]-su[l-1])%Phi)%=Phi;
		}
		for(int i=L;i<=R;i++)f[i]=w;
	}
	n=min(n,C);
	for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
		R=min(A/(A/L),min(B/(B/L),C/(C/L)));
		int a=A/L,b=B/L,c=C/L,m=min(a,b),w=0,s=1;
		for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			(w+=1ll*f[l*1ll*L]*(r-l+1)%Phi)%=Phi; 
			s=1ll*s*power(1ll*inv[r]*fac[l-1]%P,f[l*1ll*L])%P;
		}
		ans=ans*1ll*power(1ll*g[R]*power(g[L-1],P-2)%P,1ll*w*(C/L)%Phi)%P;
		ans=ans*1ll*power(s,1ll*(phi[R]-phi[L-1])*(C/L)%Phi)%P;
	}
//	for(int i=1;i<=A;i++)
//		for(int j=1;j<=B;j++)
//			for(int k=1;k<=C;k++)
//				ans=ans*1ll*power(inc[__gcd(i,j)],__gcd(__gcd(i,j),k))%P;
	return;
}
void part3(){
	ans=1;
	int n=min(A,min(B,C));
	for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
		R=min(A/(A/L),min(B/(B/L),C/(C/L)));
		int a=A/L,b=B/L,c=C/L;
//		b=fac[b]*1ll*power(Sum(R)-Sum(L-1),b)%P;
		ans=1ll*ans*power(fac[a],1ll*(phi[R]-phi[L-1])*b*c%Phi)%P;
		ans=1ll*ans*power(fac[b],1ll*(phi[R]-phi[L-1])*a*c%Phi)%P;
		ans=1ll*ans*power(h[R]*1ll*power(h[L-1],P-2)%P,2ll*a*b*c%Phi)%P;
	}
//	int k=ans;
	qart3(A,B,C);qart3(A,C,B);
//	else ans=1ll*ans*ans%P*power(k,P-2)%P;
	printf("%d ",ans);return;
}
signed main()
{
	scanf("%d%d",&T,&P);
	Phi=P-1;Prime();
	while(T--){
		scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
//		A=B=C=1e5;
		part1();
		part2();
		part3();
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
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