2020.8.29更新
被命题人@了，原来的做法已经过不去了……
这题是一道很不错的数论题，对整除分块的考察及其时间复杂度分析与优化较为深入。
算法考察
整除分块，常见数论函数性质。
算法分析
我们来推一推柿子。
显然\(d(y)=\sum_{z|y}1\)，因此\(y^{d(y)}=\prod_{z|y}y\)。
我们把\(y\)拆开：
因此原式可推导如下：
改为枚举\(y\)
改为枚举\(z\)
我们设\(f(n)=\sum_{i=1}^n \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)：
整除分块基础——求解\(f(n)\)
考虑\(f(n)\)如何求解。（有整除分块基础的同学可以跳过）
通过观察，我们可以发现\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)最多有\(O(\sqrt n)\)种不同的取值，且随\(i\)增大单调不减。
单调性显然，取值个数简单证明一下：
- \(i\le \sqrt n\)时，有\(\sqrt n\)个不同的\(i\)，对应至多\(\sqrt n\)个不同的\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)；
- \(i>\sqrt n\)时，发现\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor<\sqrt n\)，因此也至多有\(\sqrt n\)个不同的取值。
因此我们考虑枚举这\(\sqrt n\)种不同的取值即可求解，单次求解的时间复杂度为\(O(\sqrt n)\)。
求解\(f(n)\)的代码如下：
int get_f(int n){
int ret=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
// l,r表示区间[l,r]内的整数i，floor(n/i)相等（均为 n/l）
// l,r 的值的推导本处不展开
// 可以参考下面相关题目的题解
ret=(ret+1ll*(r-l+1)*(n/l))%mod;
// 区间[l,r]内有(r-l+1)个整数，它们的整除值都是 n/l
}
return ret;
}
相关题目：[CQOI2007]余数求和
回到原问题，现在我们已经可以用\(O(\sqrt n)\)的时间复杂度求出\(f(n)\)的值。
整除分块进阶——整除分块嵌套
我们再观察式子：
我们发现\(f(n)\)的自变量也出现整除，也就意味着会出现一段连续的\(z\)，使得\(\left\lfloor\frac{t}{z}\right\rfloor\)的值相同，即\(f\left({\left\lfloor\frac{t}{z}\right\rfloor}\right)\)也一定相同。
因此对于指数相同的部分，我们只需要知道底数的部分积即可。
观察底数部分的部分积。
发现这个值可以配合费马小定理求逆元快速求出。
类比整除分块的过程，我们枚举\(O(\sqrt t)\)个不同的\(\left\lfloor\frac{t}{z}\right\rfloor\)的值，指数部分可以用整除分块求解。
这就是整除分块套整除分块。
类比杜教筛，时间复杂度为\(O(t^{\frac{3}{4}}\log t)\)，前面是整除分块套整除分块的复杂度，即\(\sum_{i=1}^{\sqrt t}O(\sqrt i)+O(\sqrt{\frac{n}{i}})=O(t^{\frac{3}{4}})\)，后面\(\log t\)是过程中求逆元。
算法优化
本算法还有进一步优化的空间。
继续类比杜教筛。在杜教筛中，我们预处理出部分函数值及其前缀和，从而将时间复杂度由\(O(n^\frac{3}{4})\)优化到\(O(n^\frac{2}{3})\)。对于本题，我们能不能也预处理出一部分\(f(n)\)，从而优化时间复杂度呢？
因数与倍数——\(f(n)\)求法优化
我们考虑\(\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\)的实际含义，其可以表示不超过\(a\)的数中有多少个是\(b\)的倍数，即\(\sum_{i=1}^a [b|i]\)。
因此我们把\(f(n)\)改写如下：
其中\(\sigma(n)\)表示\(n\)有多少个因数。
根据\(\sigma(n)\)的定义，我们不难写出单次询问\(O(\sqrt n)\)的算法求出单个\(\sigma(n)\)，但这个显然不能满足我们的需求。
现在我们考虑如何批量求出\(\sigma(n)\)。
注意到对每一个数\(i\)，都会对\(i\)的倍数产生\(1\)的贡献，因此我们再次枚举倍数，即可批量求出\(\sigma(n)\)，最后求一遍前缀和即可批量求出\(f(n)\)。
具体实现如下：
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;i*j<=N;j++){
sig[i*j]++;
}
}
时间复杂度为\(\sum_{i=1}^n\frac{n}{i}=O(n\log n)\)，可用调和级数证明。
上述过程也可以用狄利克雷卷积解释，即\(1\ *\ 1\)，而求狄利克雷卷积的通用方法正是枚举倍数。
我们也不难看出\(\sigma(n)\)是一个积性函数，并且\(\sigma(p^k)=k+1\)，这意味着我们可以线性筛批量求出\(\sigma(n)\)，时间复杂度为\(O(n)\)。
相关题目：[AHOI2005]约数研究
综上，我们可以用\(O(n\log n)\)的时间复杂度求出前\(n\)个\(f(n)\)。假设我们预处理前\(M\)个\(f(n)\)的值，那么总时间复杂度为
由不等式相关知识得\(M=t^\frac{1}{3}\)，原式取最小值为\(O(t^{\frac{2}{3}}\log t)\)，实测\(M=500000\)较优。
代码实现
- 注意\(2.5\times10^9\)超出了
int范围，要使用unsigned int； - 注意对指数上的整除分块求和模数应为\(\varphi(p)=p-1\)；
- 注意常数优化。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000005
#define ui unsigned
template <typename Tp> void read(Tp &x){
int fh=1;char c=getchar();x=0;
while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-'){fh=-1;}c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);c=getchar();}x*=fh;
}
ui n,mod;
ui ans=1;
ui ksm(ui B,ui P){ui ret=1;while(P){if(P&1)ret=1llu*ret*B%mod;B=1llu*B*B%mod;P>>=1;}return ret;}
ui f[maxn];
ui calc(ui x){//整除分块求f(n)
if(x<=1000000)return f[x];
ui ret=0;
for(ui l=1,r;l<=x;l=r+1){
r=x/(x/l);
ret=(ret+1ll*(r-l+1)*(x/l))%(mod-1);
}
return ret;
}
void preprocess(int N){//预处理求f(n)
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;i*j<=N;j++){
f[i*j]++;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}
signed main(){
read(n);read(mod);
preprocess(1000000);
for(ui l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);//整除分块嵌套
ui invr=1llu*l*ksm((r+1)%mod,mod-2)%mod;
invr=1llu*invr*invr%mod;
ans=1llu*ans*ksm(invr,calc(n/l))%mod;
}
printf("%u\n",ans);
return 0;
}
后记
本题解中附有一些相关题目，其本身可能难度不是很大，但其思想与本题相同。
对于求解不同的数论问题，枚举因数与枚举倍数各有所长，有时可能要反复转化。
