基础数论函数练习题

Problem

\(n\) 个数，每个数为 \(a_i\)，有 \(Q\) 次询问，每次询问 \([l,r]\)，求 \(LCM_{i=l}^r a_i\)。总共 \(T\) 组数据。

数据范围：\(1\leq n, Q, T\leq 300\)， \(1\leq a_i\leq 2^{60}\)。

Solution

首先暴力分解质因数然后搞的最多只有 \(40\) 分。

考虑另一种暴力：将 \(LCM\) 表示成若干个数的乘积以避免数字太大。记 \(lcm_{l,r}=LCM_{i=l}^r\)，我们用 \(r-l+1\) 个数 \(b_i\) 的乘积表示 \(lcm_{l,r}\)。考虑纳入 \(a_{r+1}\)，注意到 \(lcm_{l,r+1}=\dfrac{lcm_{l,r}\times a_{r+1}}{(lcm_{l,r},a_{r+1})}\)，增加的因子为 \(\dfrac{a_{r+1}}{(lcm_{l,r},a_{r+1})}\)，将其记为 \(b_{r+1}\)，利用 \((a,b)=(a\bmod b,b)\) 求解。通过这样我们可以用 \(\mathcal O(Tn^3\log V)\) 的复杂度求解，其中 \(V\) 为 \(a_i\) 的最大值。

使用分治优化：考虑求解\(lcm_{i,j}\)，其中 \(l\leq i\leq mid,mid<j\leq r\)。首先求出来 \(lcm_{l,mid}=\prod_{i=l}^{mid}b_i^{[L]}\) 和 \(lcm_{mid+1, r}=\prod_{i=mid+1}^rb_{i}^{[R]}\)。注意这里求解 \(b^{[L]}\) 从右往左，\(b^{[R]}\) 从左往右，这样满足 \(lcm_{i,mid}=\prod_{j=i}^{mid}b_j^{[L]}\)，\(lcm_{mid+1,i}=\prod_{j=mid+1}^ib_j^{[R]}\)。

接下来将 \(lcm_{i,mid}\) 逐个因子地合并到右边。从 \(mid\) 往 \(l\)，每次枚举一个因子 \(b_i^{[L]}\)，让其从左往右继续使用 \((A,\prod_i B_i)\)， 对 \(b_j^{[R]}\) 消公约数。此时可以求出 \(Ans_{i,j}=\prod _iA_i\prod_i B_i\)。复杂度 \(\mathcal O(Tn^2\log V)\)。

使用技巧将复杂度降成 \(\mathcal O(Tn(n+\log n\log V))\)。发现复杂度瓶颈在求 \(Ans_{i,j}\) 这里，是由于求 GCD 的缘故。采用下列方法将复杂度由 一次 \(\mathcal O(n\log V)\) 降成 \(\mathcal O(\log V)\)。注意到这里我们实际上要做的是这样的过程

t = b[i];
for j = mid+1 -> r
	d = (t, b[j]);
	t = t / d;
	b[j] = b[j] / d;

这里 \(t\) 约分不超过 \(\log b_i\) 次，说明只有 \(\leq\log b_i\) 次 \(d\ne 1\)。令 \(c_j=\prod_{mid<k\leq j}b_k\)，则 \(\prod_{mid<k\leq j}d_k=(b_i, c_k)\)，\(d_k\) 是每次约分的值。记 \(G=(b_i,c_r)\)，当第一次遇到 \(b_j \bmod G\ne 0\) 时，必有 \((b_i,b_j)\ne (b_i,b_{j+1})\)，利用 \(G'=(G, c_j)\) 得到约分的 \(d_j=\dfrac G{G'}\)。如此利用下去总 GCD 复杂度仍然为 \(\mathcal O(\log G)\leq\mathcal O(\log V)\)。加上分治的 \(\log n\)，可以通过本题。

Code

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int N = 305, P = 1e9 + 7;
int T, n, Q, ans[N][N];
LL a[N], b[N], c[N];
LL gcd(LL a, LL b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
LL mul(LL a, LL b, LL mod) {
	LL t = a * b - (LL)((long double)a / mod * b + 0.5) * mod; t %= mod;
	return t < 0 ? t + mod : t;
}
void solve(int l, int r) {
	if (l == r) { ans[l][r] = a[l] % P; return; }
	int mid = l + r >> 1;
	solve(l, mid), solve(mid + 1, r);
	for (int i = mid; i >= l; i--) {
		LL t = 1;
		for (int j = mid; j > i; j--) t = mul(t, b[j], a[i]);
		b[i] = a[i] / gcd(a[i], t);
	}
	for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {
		LL t = 1;
		for (int j = mid + 1; j < i; j++) t = mul(t, b[j], a[i]);
		b[i] = a[i] / gcd(a[i], t);
	}
	int s = 1;
	for (int i = mid; i >= l; i--) {
		c[mid] = 1;
		for (int j = mid + 1; j <= r; j++) c[j] = mul(c[j - 1], b[j], b[i]);
		LL G = gcd(c[r], b[i]);
		for (int j = r; j > mid; j--)
			if (c[j - 1] % G) {
				LL d = gcd(G, c[j - 1]);
				b[j] /= G/d, G = d;
			}
		s = b[i] % P * s % P;
		int s2 = s;
		for (int j = mid + 1; j <= r; j++)
			ans[i][j] = s2 = b[j] % P * s2 % P;
	}
}
int main() {
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d%d", &n, &Q);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%lld", &a[i]);
		solve(1, n);
		for (int i = 1; i <= Q; i++) {
			int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
			printf("%d\n", ans[l][r]);
		}
	}
	return 0;
}