P4917 天守阁的地板

这是 luogu P4917 的题解，只是为了方便放学习笔记里就把这篇搬过来了。QWQ

正文

首先分析题意，明显可以发现的是，如果想使最后摆成一个正方形，且用的地板最小，那这个正方形的边长就是 $\mathrm{lcm}(a,b)$，那地板的数量就是 $\frac{\mathrm{lcm}(a,b)}{a}\times \frac{\mathrm{lcm}(a,b)}{b}$。

现在开始推柿子。

求：

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{{\mathrm{lcm}}^2(i,j)}{ij}mod19260817$$

首先知道 $\mathrm{lcm}(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$。

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{ij}{\stackrel{2}{gcd}(i,j)}mod19260817$$

$$\frac{\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij}{(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j){)}^2}mod19260817$$

先看分子。

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij$$

$$\prod _{i=1}^n{i}^{n}n!$$

$$(n!{)}^n(n!{)}^n$$

$$(n!{)}^{2n}$$

因为这是分子，所以计算时直接对 $19260817$ 取模就行了。

再看分母。

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)$$

（那个平方等最后直接乘就行了）

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\sum _{d=1}^{n}d[gcd(i,j)=d]$$

显然，对于任一个 $i$ 和 $j$，$gcd(i,j)$ 有唯一确定的值，且 $[...]$ 里东西如果为假就为 $0$，所以就用的是求和。

$$\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}d[gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1][d|i][d|j]$$

$$\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }d[gcd(i,j)=1]$$

为方便，设 $m=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$。

$$\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]}$$

只看指数。

$$\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)]$$

可以发现这和仪仗队里的柿子一模一样，但我还是小推一下。

$$2\times \sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]-1$$

$$2\times \sum _{i=1}^m\phi (i)-1$$

再看：

$$d^{2\times \sum _{i=1}^m\phi (i)-1}mod19260817$$

知道 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$（$p$ 为质数且 $gcd(a,p)=1$）（费马小定理）。

相当于当我们求 $2\times \sum _{i=1}^n\phi (i)-1$ 时，我们可以将其对 $19260816$（$19260817-1$）取余，这样我们提前求的时候就不怕爆 long long 了。QWQ

所以我们要求的就变成了:

$$\prod _{d=1}^n{d}^{f(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )}mod19260817$$

（$f(x)=2\times \sum _{i=1}^x\phi (i)-1$）

如果暴力求，时间复杂度会爆炸，所以考虑优化。显然可以用数论分块优化，对于枚举的 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，它的贡献为 $(\frac{r!}{(l-1)!}{)}^{f(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )}$，所以可以再套一个快速幂即可。

再往回看，现在整体的柿子就变成了：

$$\frac{(n!{)}^{2n}}{(\prod _{d=1}^n{d}^{f(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )}{)}^2}mod19260817$$

所以分别求出分子和分母，记得将分母变成平方并转成逆元即可。

代码

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define XD 114514
#define MAXN 1000010
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=19260817;
const int mod2=19260816;//mod-1
int t,n,ans,ans1,ans2;
int fac[MAXN],phi[MAXN],num[MAXN];
//num 为欧拉函数前缀和，fac 为阶乘
vector<int> prm;
bool vis[MAXN];
void sieve(){
	phi[1]=num[1]=1;
	for(int i=2;i<=1e6;i++){
		if(!vis[i]) prm.push_back(i),phi[i]=i-1;
		num[i]=(num[i-1]+phi[i])%mod2;
		for(auto j:prm){
			if(i*j>1e6) break;
			vis[i*j]=true;
			if(i%j==0){
				phi[i*j]=phi[i]*j;break;
			}
			phi[i*j]=phi[i]*phi[j];
		}
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=1e6;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
}
int power(int x,int y){//快速幂
	int nem=1;
	while(y){
		if(y&1) nem=1ll*nem*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
	}
	return nem;
}
int inv(int x){//求逆元
	if(x==0 or x==1) return 1;
	return power(x,mod-2)%mod;
}
void calc(){//数论分块
	int r;ans2=1;
	for(int l=1;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans2=1ll*ans2*power(1ll*fac[r]*inv(fac[l-1])%mod,(2ll*num[n/l]-1)%mod2)%mod;
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	sieve();
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		ans1=power(fac[n],2*n);
		calc();
		ans2=1ll*ans2*ans2%mod;
		ans=1ll*ans1*inv(ans2)%mod;
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

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本文作者：wdgm4
本文链接：https://www.cnblogs.com/wdgm4/p/17765357.html
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