P4902 乘积 题解

乘积

给出$A$,$B$,求下面的式子的值.

$$\prod _{i=A}^B\prod _{j=1}^i(\frac{i}{j}{)}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }(mod19260817)$$

包含$T$组询问.
$T\le {10}^6,A\le B\le {10}^6$

解

下面叙述暂时不考虑取模，计算时取模即可。
转化为求：

设$Ans(n)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^i(\frac{i}{j}{)}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$

则答案为：$Ans(B)\times Ans(A-1{)}^{-1}$

现在考虑求解$Ans(n)$
变式，得到：

$$Ans(n)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^i{i}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }\times {\left(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n{j}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }\right)}^{-1}$$

令$A(n)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^i{i}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$,$B(n)=\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n{j}^{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$

则$Ans(n)=A(n)\times B(n{)}^{-1}$

先考虑解决$A$

有：$A(n)=$

$$\prod _{i=1}^n{i}^{f(i)},f(i)=\sum _{j=1}^i\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$$

先来考虑求解$f$：

$$f(n)-f(n-1)=\sum _{i=1}^n(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor )$$

$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor =1$，当且仅当$i|n$。

故：$f(n)-f(n-1)=d(n)$

$d(n)$可以欧拉筛$O(n)$求出。

故我们可以$O(n)$递推出$f$，进而递推求出整个$A$（$A(n)=A(n-1)\times n^{f(n)}$），复杂度$O(n{\log }_{2}n)$，显然$f(1)=1$。

再有求$B(n)$

有：

$$\frac{B(n)}{B(n-1)}=\prod _{i=1}^n{i}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }=g(n)$$

如果我们知道$g$，便可以快速递推$B$。考虑求解$g$。

直接看，貌似不咋能做，再来考虑设$h(n)=\frac{g(n)}{g(n-1)}$

则有：

$$h(n)=\prod _{i=1}^n{i}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor }$$

同样的，也只有$i|n$时，才有$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor =1$。所以$h(n)=\prod _{i|n}i$。故$h(n)$也是积性函数，线性筛即可。

故$B(n)=B(n-1)·g(n)$，而$g(n)$可以通过$h$递推求出。

事实上，由于递推求$A$的过程是$O(n\log n)$的，故求解$h,f$的过程完全可以用倍数法，复杂度为$O(\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\sim O(n\log n)$。

最后对于一组询问$Ans[l,r]=Ans(r)·Ans(l-1)=A(r)\times A(l-1{)}^{-1}\times B(r{)}^{-1}\times B(l-1)$

最后真诚提示：十年OI一场空，不卡常数见祖宗。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 1000500
#define p 19260817
#define ll long long
#define re register
inline int read(){
	register int x=0;register char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
int h[N],g[N],A[N],B[N],Ans[N],f[N];
int n,m,t,d[N];
inline void init1(){//预处理出d,h，不影响复杂度的情况下，食用代码较简单的倍数法 
	for(re int i=1;i<=N-500;i++)h[i]=1;
	for(re int i=1;i<=N-500;i++){
		for(re int j=i;j<=N-500;j+=i){
			h[j]=1ll*h[j]*i%p;
			d[j]++;
		}
	}
}
inline void init2(){//预处理f,g 
	g[0]=1,f[0]=0;
	for(re int i=1;i<=N-500;i++)f[i]=1ll*(f[i-1]+d[i])%p,g[i]=1ll*g[i-1]*h[i]%p;
}
inline int power(int a,int b){
	re int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=1ll*ans*a%p;
		a=1ll*a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
inline void init3(){//预处理A,B,Ans
	A[0]=B[0]=1;
	for(re int i=1;i<=N-500;i++)A[i]=1ll*A[i-1]*power(i,f[i])%p,B[i]=1ll*B[i-1]*g[i]%p;
	for(re int i=0;i<=N-500;i++)Ans[i]=1ll*A[i]*power(B[i],p-2)%p;
}
inline int get(int l,int r){
	return 1ll*Ans[r]*power(Ans[l-1],p-2)%p;
}
void init(){
	init1();
	init2();
	init3();
}
signed main(){
	t=read();
	init();
	while(t--){
		n=read(),m=read();
		printf("%d\n",get(n,m));
	}
	return 0;
}