【学术篇】SDOI2017 数字表格
传送门==在里面====
去年忘记可以预处理了... 然后就打了10pts的暴力... 现在学了莫比乌斯反演就可以来做了
这个题目看着非常的简单, 就是要求这个式子
\[\prod_{i=1}^N\prod_{j=1}^Mf[gcd(i,j)]
\]
这个式子虽然是\(\prod\)而不是\(\sum\), 但是还有个gcd, 我们也可以试着化出一个莫比乌斯反演的形式.
我们按照往常的套路来枚举gcd.
\[ans=\prod_{i=1}^N\prod_{j=1}^M\prod_{d=1}^{min(n,m)}f[d]*b(gcd(i,j)=d)=\prod_{d=1}^Nf[d]\prod_{i=1}^{\left \lfloor \frac Nd\right \rfloor}\prod_{j=1}^{\left \lfloor \frac Md \right \rfloor}b(gcd(i,j)=1)\\=\prod_{d=1}^Nf[d]^{\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac Md \right \rfloor}b(gcd(i,j)=1)}
\]
然后指数上这一坨东西我们很熟悉了, 我们得到过一个结论就是
\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)=1]=\sum_{x=1}^{min(N,M)}\mu(x)\left \lfloor \frac Nx\right \rfloor\left \lfloor \frac Mx\right \rfloor
\]
所以就有
\[ans=\prod_{d=1}^Nf[d]^{\sum_{x=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(x)\left \lfloor \frac N{xd}\right \rfloor\left \lfloor \frac M{xd}\right \rfloor}
\]
然后令\(t=xd\), 就可以化成这个样纸
\[ans=\prod_{t=1}^N\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}}=\prod_{t=1}^N({\prod_{d|t}f[d]^{{\sum_{\frac td=1}^{min(\left \lfloor \frac Nd \right \rfloor,\left \lfloor \frac Md \right \rfloor)}\mu(\frac td)}})^{\left \lfloor \frac Nt\right \rfloor\left \lfloor \frac Mt\right \rfloor}}
\]
这样括号外面我们会枚举分块, 只要把前缀和改成前缀积就ok了. 但是括号里面呢?
这个形式没见过啊, 好像筛法也没有筛这种东西的.
但是直觉告诉我们里面的这个东西好像不是很大, 可能大约是在\(O(n*log_2\sqrt n)=O(nlogn)\)级别的?
然后事实证明确实是差不多这样的(luogu题解里面说大约是15n左右), 所以我们做一波预处理就ok了.
这样总复杂度似乎差不多就是\(O(n+nlogn+q\sqrt n)\)的, 不知道算的对不对..大概写O(能过)会更科学一点??
然后就是代码了...
#include <cmath>
#include <cstdio>
const int N=1e6+6;
const int P=1e9+7;
int prime[N],mu[N],f[N],g[N],F[N],tot;
bool notp[N];
inline int gn(int a=0,char c=0){
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
template<class T>
inline T min(const T&a,const T&b){
return a<b?a:b;
}
inline int qpow(int a,int b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)
if(b&1) s=1LL*s*a%P;
return s;
}
void shai(int n){
f[1]=mu[1]=notp[1]=F[0]=F[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%P; F[i]=1;
if(!notp[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<n;++j){
int k=i*prime[j]; notp[k]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[k]=0;break;}
else mu[k]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i;j<=n;j+=i)
if(mu[j/i]) F[j]=1LL*F[j]*(mu[j/i]==1?f[i]:qpow(f[i],P-2))%P;
for(int i=2;i<=n;++i)
F[i]=1LL*F[i-1]*F[i]%P;
}
int solve(int n,int m){
int ans=1,last,mn=min(n,m);
for(int i=1;i<=mn;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=1LL*ans*qpow(1LL*F[last]*qpow(F[i-1],P-2)%P,
1LL*(n/i)*(m/i)%(P-1))%P;
}
return (ans%P+P)%P;
}
int main(){ shai(1e6);
int T=gn(),m,n;
while(T--)
n=gn(),m=gn(),
printf("%d\n",solve(n,m));
}
哦 对了 还有一件事就是根据费马小定理, \(G^{(P-1)}\equiv1(mod\ p)\), 所以外面的指数对\((p-1)\)取模就好了...
