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~~莫比乌斯反演练习题~~

把 $\mathrm{lcm}$ 拆成 $\gcd$ ，这样实际上要求的就是两个部分，分别是：

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} i^{f (t y p e)}

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

以及

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, j)^{f (t y p e)}

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

注意第二个部分要取倒数。

$type=0$ #

第一个部分就是 $(A!)^{BC}$ ，计算第二个部分。

先枚举 $\gcd$ 的值，简单推导：

\begin{aligned} \prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} gcd (i, j)^{C} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} l^{C \sum_{i = 1}^{A} \sum_{j = 1}^{B} [gcd (i, j) = l]} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} l^{C \sum_{i = 1}^{⌊ A / l ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ B / l ⌋} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d)} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} l^{C \sum_{d = 1}^{⌊ A / l ⌋} μ (d) \times ⌊ A / l d ⌋ \times ⌊ B / l d ⌋} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{l ∣ T} l^{μ (T / l) \times ⌊ A / T ⌋ \times ⌊ B / T ⌋ \times C} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B \gcd(i,j)^C\\ =&\prod_{l=1}^A l^{C\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B [\gcd(i,j)=l]}\\ =&\prod_{l=1}^Al^{C\sum_{i=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor B/l\right\rfloor}\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)}\\ =&\prod_{l=1}^Al^{C\sum_{d=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\mu(d)\times \left\lfloor A/ld \right\rfloor\times \left\lfloor B/ld\right\rfloor}\\ =&\prod_{T=1}^A\prod_{l\mid T} l^{\mu(T/l)\times \left\lfloor A/T\right\rfloor\times \left\lfloor B/T\right\rfloor \times C} \end{aligned}$

预处理出 $f(T)=\prod_{l\mid T} l^{\mu(T/l)}$ 就可以数论分块 $O(\sqrt{n}\log p)$ 解决。

可以讨论一下如何快速预处理出 $f$ ，可以写成 $f(T)=\prod_{l\mid T} \left(\frac{T}{l}\right)^{\mu(l)}$ ，而分母提出是 $T^{\sum_{l\mid T}\mu(l)}=1$ 。

接下来考虑分子，设 $T'=\prod_{p\mid T,p\in \mathbf{P}} p$ ，容易发现二者值相同，那么对于每个质数单独考虑，其作为底数出现的所有项中，次数和应当是 $\mu(p)\sum \mu\left(\frac{l}{p}\right)$ ，和式的结果当且仅当 $l=p$ 时为 $1$ 否则为 $0$ ，于是当 $T$ 只含一个质因子 $p$ 时， $f(T)=p$ ，反之为 $f(T)=1$ 。

预处理的复杂度是 $O(n)$ 。

$type=1$ #

第一部分：

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} i^{i j k} = {(\prod_{i = 1}^{A} i^{i})}^{\frac{B (B + 1)}{2} \times \frac{C (C + 1)}{2}}

$\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C i^{ijk}=\left(\prod_{i=1}^A i^i\right)^{\frac{B(B+1)}{2}\times \frac{C(C+1)}{2}}$

第二部分也是比较套路的：

\begin{aligned} \prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, j)^{i j k} \\ = & \prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} gcd (i, j)^{i j \times \frac{C (C + 1)}{2}} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} l^{\sum_{i = 1}^{A} \sum_{j = 1}^{B} i j \times \frac{C (C + 1)}{2} [gcd (i, j) = l]} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} l^{\sum_{d = 1}^{⌊ A / l ⌋} μ (d) \times (l d)^{2} \times \frac{⌊ A / l d ⌋ (⌊ A / l d ⌋ + 1)}{2} \times \frac{⌊ B / l d ⌋ (⌊ B / l d ⌋ + 1)}{2} \times \frac{C (C + 1)}{2}} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{l ∣ T} l^{μ (T / l) \times T^{2} \times \frac{⌊ A / T ⌋ (⌊ A / T ⌋ + 1)}{2} \times \frac{⌊ B / T ⌋ (⌊ B / T ⌋ + 1)}{2} \times \frac{C (C + 1)}{2}} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C \gcd(i,j)^{ijk}\\ =&\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\gcd(i,j)^{ij\times \frac{C(C+1)}{2}}\\ =&\prod_{l=1}^Al^{\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B ij\times \frac{C(C+1)}{2} [\gcd(i,j)=l]}\\ =&\prod_{l=1}^{A}l^{\sum_{d=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\mu(d)\times (ld)^2\times \frac{\left\lfloor A/ld\right\rfloor(\left\lfloor A/ld\right\rfloor+1)}{2}\times \frac{\left\lfloor B/ld\right\rfloor(\left\lfloor B/ld\right\rfloor+1)}{2}\times \frac{C(C+1)}{2}}\\ =&\prod_{T=1}^A \prod_{l\mid T} l^{\mu(T/l)\times T^2\times \frac{\left\lfloor A/T\right\rfloor(\left\lfloor A/T\right\rfloor+1)}{2}\times \frac{\left\lfloor B/T\right\rfloor(\left\lfloor B/T\right\rfloor+1)}{2}\times \frac{C(C+1)}{2}} \end{aligned}$

这部分只能 $O(n\log n)$ 预处理 $g(T)=\prod_{l\mid T}l^{\mu(T/l)\times T^2}$ 。

单词询问依旧是数论分块。

$type=2$ #

第一部分也不好算。

常规的式子写出是：

\prod_{i = 1}^{A} i^{\sum_{l ∣ i} l \sum_{j = 1}^{B} \sum_{k = 1}^{C} [gcd (i, j, k) = l]}

$\prod_{i=1}^A i^{\sum_{l\mid i} l\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C[\gcd(i,j,k)=l]}$

这个 $l\mid i$ 的限制不是很友好，可以尝试枚举 $l$ 的倍数：

\begin{aligned} \prod_{l = 1}^{A} \prod_{i = 1}^{⌊ A / l ⌋} (i l)^{l \sum_{j = 1}^{⌊ B / l ⌋} \sum_{k = 1}^{⌊ C / l ⌋} [gcd (i, j, k) = 1]} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} \prod_{i = 1}^{⌊ A / l ⌋} (i l)^{l \sum_{j = 1}^{⌊ B / l ⌋} \sum_{k = 1}^{⌊ C / l ⌋} \sum_{d ∣ gcd (i, j, k)} μ (d)} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\prod_{l=1}^A\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor} (il)^{l\sum_{j=1}^{\left\lfloor B/l\right\rfloor}\sum_{k=1}^{\left\lfloor C/l\right\rfloor} [\gcd(i,j,k)=1]}\\ =&\prod_{l=1}^A\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor} (il)^{l\sum_{j=1}^{\left\lfloor B/l\right\rfloor}\sum_{k=1}^{\left\lfloor C/l\right\rfloor} \sum_{d\mid \gcd(i,j,k)} \mu(d)} \end{aligned}$

这里 $d$ 有一个 $d\mid i$ 的限制，不如把 $d$ 提在前面，然后枚举 $i$ ：

\begin{aligned} \prod_{l = 1}^{A} \prod_{d = 1}^{⌊ A / l ⌋} \prod_{i = 1}^{⌊ A / l d ⌋} (i l d)^{l \times μ (d) \times ⌊ B / l d ⌋ \times ⌊ C / l d ⌋} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{l ∣ T} \prod_{i = 1}^{⌊ A / T ⌋} (i T)^{l \times μ (T / l) \times ⌊ B / T ⌋ \times ⌊ C / T ⌋} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{l ∣ T} {(⌊ \frac{A}{T} ⌋! \times T^{⌊ A / T ⌋})}^{l \times μ (T / l) \times ⌊ B / T ⌋ \times ⌊ C / T ⌋} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\prod_{l=1}^A\prod_{d=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/ld\right\rfloor} (ild)^{l\times \mu(d)\times \left\lfloor B/ld\right\rfloor\times \left\lfloor C/ld\right\rfloor}\\ =&\prod_{T=1}^{A}\prod_{l\mid T}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/T\right\rfloor} (iT)^{l\times \mu(T/l)\times \left\lfloor B/T\right\rfloor\times \left\lfloor C/T\right\rfloor}\\ =&\prod_{T=1}^{A}\prod_{l\mid T} \left(\left\lfloor \dfrac{A}{T}\right\rfloor!\times T^{\left\lfloor A/T\right\rfloor}\right)^{l\times \mu(T/l)\times \left\lfloor B/T\right\rfloor\times \left\lfloor C/T\right\rfloor} \end{aligned}$

这个时候底数和 $l$ 无关了，指数是 $\sum_{l\mid T} l\times \mu\left(\frac{T}{l}\right)\times \left\lfloor \frac{B}{T}\right\rfloor\times \left\lfloor \frac{C}{T}\right\rfloor$ ，注意到 $\mu * \mathrm{Id}=\varphi$ ，所以可以化成：

\prod_{T = 1}^{A} {(⌊ \frac{A}{T} ⌋! \times T^{⌊ A / T ⌋})}^{φ (T) \times ⌊ B / T ⌋ \times ⌊ C / T ⌋}

$\prod_{T=1}^A \left(\left\lfloor \dfrac{A}{T}\right\rfloor!\times T^{\left\lfloor A/T\right\rfloor}\right)^{\varphi(T)\times \left\lfloor B/T\right\rfloor\times \left\lfloor C/T\right\rfloor}$

预处理 $\varphi$ 的前缀和以及 $T^{\varphi(T)}$ 的前缀积即可。

第二部分可以枚举 $\gcd(i,j)$ 或 $\gcd(i,j,k)$ 。

\begin{aligned} \prod_{l = 1}^{A} \prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} gcd (i, j)^{l \sum_{k = 1}^{C} [gcd (i, j, k) = l]} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} \prod_{i = 1}^{⌊ A / l ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ B / l ⌋} (gcd (i, j) \times l)^{l \sum_{k = 1}^{⌊ C / l ⌋} [gcd (i, j, k) = 1]} \\ = & \prod_{l = 1}^{A} \prod_{d = 1}^{⌊ A / l ⌋} \prod_{i = 1}^{⌊ A / l d ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ B / l d ⌋} (gcd (i, j) \times l d)^{l \times μ (d) \times ⌊ C / l d ⌋} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{l ∣ T} \prod_{i = 1}^{⌊ A / T ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ B / T ⌋} (gcd (i, j) \times T)^{l \times μ (T / l) \times ⌊ C / T ⌋} \\ = & \prod_{T = 1}^{A} \prod_{i = 1}^{⌊ A / T ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ B / T ⌋} (gcd (i, j) \times T)^{φ (T) \times ⌊ C / T ⌋} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\prod_{l=1}^{A}\prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^B \gcd(i,j)^{l\sum_{k=1}^{C} [\gcd(i,j,k)=l]}\\ =&\prod_{l=1}^{A}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor B/l\right\rfloor} (\gcd(i,j)\times l)^{l\sum_{k=1}^{\left\lfloor C/l\right\rfloor} [\gcd(i,j,k)=1]}\\ =&\prod_{l=1}^A\prod_{d=1}^{\left\lfloor A/l\right\rfloor}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/ld\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor B/ld\right\rfloor}(\gcd(i,j)\times ld)^{l\times \mu(d)\times \left\lfloor C/ld\right\rfloor}\\ =&\prod_{T=1}^A\prod_{l\mid T}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/T\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor B/T\right\rfloor}(\gcd(i,j)\times T)^{l\times \mu(T/l)\times \left\lfloor C/T\right\rfloor}\\ =&\prod_{T=1}^{A}\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/T\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor B/T\right\rfloor}(\gcd(i,j)\times T)^{\varphi(T)\times \left\lfloor C/T\right\rfloor} \end{aligned}$

底数拆成两部分， $T$ 的一部分是 $\prod_{T=1}^{A} T^{\varphi(T)\times \left\lfloor A/T\right\rfloor\times \left\lfloor B/T\right\rfloor\times \left\lfloor C/T\right\rfloor}$ ，正常分块即可。

$\gcd(i,j)$ 的部分要再推一下，常规处理就可以：

\prod_{i = 1}^{⌊ A / T ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ B / T ⌋} gcd (i, j) = \prod_{T^{'} = 1}^{⌊ A / T ⌋} \prod_{l ∣ T^{'}} l^{μ (T^{'} / l) \times ⌊ A / T T^{'} ⌋ \times ⌊ B / T T^{'} ⌋}

$\prod_{i=1}^{\left\lfloor A/T\right\rfloor}\prod_{j=1}^{\left\lfloor B/T\right\rfloor} \gcd(i,j)=\prod_{T'=1}^{\left\lfloor A/T\right\rfloor} \prod_{l\mid T'} l^{\mu(T'/l)\times \left\lfloor A/TT'\right\rfloor\times \left\lfloor B/TT'\right\rfloor}$

还是上面的 $f(T)$ 函数，注意到要对 $T$ 做一次数论分块，内部要对 $T'$ 再做一次，两次数论分块的复杂度是 $O(n^{3/4})$ 。

复杂度分析同一次分块类似，设第一次枚举到的值为 $i$ ，那么第二次分块的复杂度是 $O\left(\sqrt{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right)$ 。

当 $i>\sqrt{n}$ 时，有 $O(\sqrt{n})$ 个块，每个块大小不超过 $\sqrt{n}$ ，所以复杂度 $O(n^{3/4})$ 。

当 $i\le \sqrt{n}$ 时，可以列出式子：

\begin{aligned} O (\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} \sqrt{⌊ \frac{n}{i} ⌋}) \\ = & O (\sum_{i = 1}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}}) \\ = & O (\sqrt{n} \int_{1}^{\sqrt{n}} \frac{1}{\sqrt{x}} d x) \end{aligned}

$\begin{aligned} &O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right)\\ =&O\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right)\\ =&O\left(\sqrt{n}\int_{1}^{\sqrt{n}} \dfrac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{d}x\right) \end{aligned}$

而 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 是 $2\sqrt{x}$ 的导数，所以定积分是 $2(n^{1/4}-1)$ ，这样分析到了 $O(n^{3/4})$ 的复杂度。

于是整体复杂度就是 $O(n\log p+Tn^{3/4}\log p)$ 。

点击查看代码

inline int q_pow(int A,int B,int P){
    int res=1;
    while(B){
        if(B&1) res=1ll*res*A%P;
        A=1ll*A*A%P;
        B>>=1;
    }
    return res;
}

int T;
int mod,inv2;
int fact[maxn],prodpw[maxn];
int pr[maxn],mn[maxn],mu[maxn],sumphi[maxn],prodpwphi[maxn];
int f1[maxn],invf1[maxn],f2[maxn],pw[maxn],inv_pw[maxn],f3[maxn];
bool vis[maxn];

inline void linear_sieve(){
    mu[1]=1,sumphi[1]=1,f1[1]=1;
    for(int i=2;i<=lim;++i){
        if(!vis[i]) pr[++pr[0]]=i,mn[i]=i,mu[i]=-1,sumphi[i]=i-1,f1[i]=i;
        for(int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=lim;++j){
            vis[i*pr[j]]=1,mn[i*pr[j]]=pr[j],mu[i*pr[j]]=-mu[i];
            if(mn[i]==pr[j]) sumphi[i*pr[j]]=sumphi[i]*pr[j],f1[i*pr[j]]=f1[i];
            else sumphi[i*pr[j]]=sumphi[i]*sumphi[pr[j]],f1[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[i*pr[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    prodpwphi[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) prodpwphi[i]=1ll*prodpwphi[i-1]*q_pow(i,sumphi[i],mod)%mod;
    for(int i=1;i<=lim;++i) sumphi[i]=(sumphi[i-1]+sumphi[i])%(mod-1);
    for(int i=1;i<=lim;++i) f2[i]=q_pow(f1[i],1ll*i*i%(mod-1),mod);
    f1[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) f1[i]=1ll*f1[i-1]*f1[i]%mod;
    for(int i=0;i<=lim;++i) invf1[i]=q_pow(f1[i],mod-2,mod);
    f2[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) f2[i]=1ll*f2[i-1]*f2[i]%mod;
    for(int i=1;i<=lim;++i){
        pw[i]=q_pow(i,i,mod),inv_pw[i]=q_pow(pw[i],mod-2,mod);
        f3[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=lim;++i){
        for(int j=1;i*j<=lim;++j){
            if(mu[j]==1) f3[i*j]=1ll*f3[i*j]*pw[i]%mod;
            if(mu[j]==-1) f3[i*j]=1ll*f3[i*j]*inv_pw[i]%mod;
        }
    }
    f3[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) f3[i]=1ll*f3[i-1]*f3[i]%mod;
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%mod;
    prodpw[0]=1;
    for(int i=1;i<=lim;++i) prodpw[i]=1ll*prodpw[i-1]*q_pow(i,i,mod)%mod;
}

inline int calc1(int A,int B,int C){
    return q_pow(fact[A],1ll*B*C%(mod-1),mod);
}
inline int calc2(int A,int B,int C){
    int res=1;
    if(A>B) swap(A,B);
    for(int l=1,r;l<=A;l=r+1){
        r=min(A/(A/l),B/(B/l));
        int now=1ll*f1[r]*invf1[l-1]%mod;
        now=q_pow(now,1ll*C*(A/l)%(mod-1)*(B/l)%(mod-1),mod);
        res=1ll*res*now%mod;
    } 
    res=q_pow(res,mod-2,mod);
    return res;
}
inline void solve0(int A,int B,int C){
    int res;
    res=1ll*calc1(A,B,C)*calc1(B,A,C)%mod;
    res=1ll*res*calc2(A,B,C)%mod*calc2(A,C,B)%mod;
    printf("%d ",res);
}

inline int calc3(int A,int B,int C){
    int e1=1ll*B*(B+1)/2%(mod-1),e2=1ll*C*(C+1)/2%(mod-1);
    return q_pow(prodpw[A],1ll*e1*e2%(mod-1),mod);
}
inline int calc4(int A,int B,int C){
    int res=1;
    if(A>B) swap(A,B);
    for(int l=1,r;l<=A;l=r+1){
        r=min(A/(A/l),B/(B/l));
        int now=1ll*f2[r]*q_pow(f2[l-1],mod-2,mod)%mod;
        int e1=1ll*(A/l)*(A/l+1)/2%(mod-1),e2=1ll*(B/l)*(B/l+1)/2%(mod-1),e3=1ll*C*(C+1)/2%(mod-1);
        now=q_pow(now,1ll*e1*e2%(mod-1)*e3%(mod-1),mod);
        res=1ll*res*now%mod;
    }
    res=q_pow(res,mod-2,mod);
    return res;
}
inline void solve1(int A,int B,int C){
    int res;
    res=1ll*calc3(A,B,C)*calc3(B,A,C)%mod;
    res=1ll*res*calc4(A,B,C)%mod*calc4(A,C,B)%mod;
    printf("%d ",res);
}

inline int calc5(int A,int B,int C){
    int res=1;
    for(int l=1,r;l<=min({A,B,C});l=r+1){
        r=min({A/(A/l),B/(B/l),C/(C/l)});
        int now=q_pow(fact[A/l],(sumphi[r]-sumphi[l-1]+mod-1)%(mod-1),mod);
        now=1ll*now*q_pow(1ll*prodpwphi[r]*q_pow(prodpwphi[l-1],mod-2,mod)%mod,A/l,mod)%mod;
        now=q_pow(now,1ll*(B/l)*(C/l)%(mod-1),mod)%mod;
        res=1ll*res*now%mod;
    }
    return res;
}
inline int calc6(int A,int B,int C){
    int res=1;
    if(A>B) swap(A,B);
    for(int l=1,r;l<=min({A,B,C});l=r+1){
        r=min({A/(A/l),B/(B/l),C/(C/l)});
        int now=1ll*prodpwphi[r]*q_pow(prodpwphi[l-1],mod-2,mod)%mod;
        now=q_pow(now,1ll*(A/l)*(B/l)%(mod-1)*(C/l)%(mod-1),mod);
        res=1ll*res*now%mod;
    }
    int cnt=1;
    for(int l1=1,r1;l1<=min({A,B,C});l1=r1+1){
        r1=min({A/(A/l1),B/(B/l1),C/(C/l1)});
        int now1=1;
        for(int l2=1,r2;l2<=min(A/l1,B/l1);l2=r2+1){
            ++cnt;
            r2=min((A/l1)/(A/l1/l2),(B/l1)/(B/l1/l2));
            int now2=1ll*f1[r2]*invf1[l2-1]%mod;
            now2=q_pow(now2,1ll*(A/l1/l2)*(B/l1/l2)%(mod-1),mod);
            now1=1ll*now1*now2%mod;
        }
        now1=q_pow(now1,1ll*(sumphi[r1]-sumphi[l1-1]+mod-1)%(mod-1)*(C/l1)%(mod-1),mod);
        res=1ll*res*now1%mod;
    }
    res=q_pow(res,mod-2,mod);
    cerr<<cnt<<endl;
    return res;
}
inline void solve2(int A,int B,int C){
    int res=1;
    res=1ll*calc5(A,B,C)*calc5(B,A,C)%mod;
    res=1ll*res*calc6(A,B,C)%mod*calc6(A,C,B)%mod;
    printf("%d\n",res);
}

int A,B,C;

int main(){
    T=read(),mod=read();
    linear_sieve();
    while(T--){
        A=read(),B=read(),C=read();
        solve0(A,B,C);
        solve1(A,B,C);
        solve2(A,B,C);
    }
    return 0;
}

作者：SoyTony

出处：https://www.cnblogs.com/SoyTony/p/Solution_on_Luogu-P5518.html

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2023-05-17 18:17 SoyTony 阅读(66) 评论(2) 编辑收藏举报

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