天守阁的地板 题解
这题还是挺值得一做的。
简要题意：
求 \(1000\) 次
\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{lcm(i,j)^2}{i*j}
\]
\(i、j\) 规模均为 \(1e6\)。
淦。
\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{lcm(i,j)^2}{i*j}
\]
\[= \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n \frac{i*j}{gcd(i,j)^2}
\]
由于是累乘， 所以拆开来算
\[= \frac{ \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n i*j } { \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n gcd(i,j)^2}
\]
上面的直接预处理， 重点是下面的。
\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^n gcd(i,j)^2
\]
\[= \prod_{g=1}^n g^{2 * \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}g \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}g \rfloor} [gcd(i,j)==1]}
\]
设\(f(n) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} [gcd(i,j)==1]\)
于是
\[\prod_{g=1}^n g^{2 * \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}g \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}g \rfloor} [gcd(i,j)==1]}
\]
\[= \prod_{g=1}^n g^{2 * f(\lfloor \frac{n}g \rfloor)}
\]
可以分块套快速幂算。
\(f(n)\)怎么算？
\[f(n) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} [gcd(i,j)==1]
\]
\[= 2*\sum_{i=1}^n \varphi(i)-1
\]
也可以预处理。
总复杂度就是 \(O(n)\) 预处理 加上 \(O( T \sqrt n * 快速幂的\log)\)
Luogu 数据 AC 代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define li long long
const int mod = 19260817; // prime
const int maxn = 1e6 + 15;
li ksm(li a, li b, li p) {
li res = 1ll;
for(;b;b>>=1, a=(a*a)%p)
if(b&1) res = (res*a)%p;
return res%p;
}
li jc[maxn], phi[maxn];
int pr_cnt, prime[maxn], v[maxn];
void euler(int n) {
jc[0] = 1ll;
phi[1] = 1ll;
for(int i=2; i<=n; ++i) {
if(!v[i]) {
v[prime[++pr_cnt] = i] = i;
phi[i] = i-1ll;
}
for(int j=1; j<=pr_cnt; ++j) {
if(prime[j] > n/i || prime[j] > v[i]) break;
v[prime[j] * i] = prime[j];
phi[prime[j] * i] = phi[i] * (i%prime[j] ? prime[j]-1 : prime[j]);
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
jc[i] = 1ll * jc[i-1] * i % mod;
phi[i] += phi[i-1];
}
}
li f(int n) {
return 2ll*phi[n] - 1ll;
}
signed main()
{
euler(1000000);
int T,n; cin >> T; while(T--) {
scanf("%d", &n);
li ans = ksm(jc[n],2*n,mod);
li downans = 1ll;
for(int i=1,j;i<=n;i=j+1) {
j = min(n, n/(n/i));
li b = 2 * f(n/i);
li a = jc[j] * ksm(jc[i-1],mod-2,mod) % mod;
downans *= ksm(a,b,mod);
downans = (downans%mod+mod)%mod;
}
ans *= ksm(downans,mod-2,mod);
ans = (ans%mod+mod)%mod;
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
