bzoj2186 [Sdoi2008]沙拉公主的困惑

2186: [Sdoi2008]沙拉公主的困惑

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Description

　　大富翁国因为通货膨胀，以及假钞泛滥，政府决定推出一项新的政策：现有钞票编号范围为1到N的阶乘，但是，政府只发行编号与M!互质的钞票。房地产第一大户沙拉公主决定预测一下大富翁国现在所有真钞票的数量。现在，请你帮助沙拉公主解决这个问题，由于可能张数非常大，你只需计算出对R取模后的答案即可。R是一个质数。

Input

第一行为两个整数T，R。R<=10^9+10，T<=10000，表示该组中测试数据数目，R为模后面T行，每行一对整数N，M，见题目描述 m<=n

Output

共T行，对于每一对N，M，输出1至N！中与M！素质的数的数量对R取模后的值

Sample Input

1 11
4 2

Sample Output

1

数据范围：
对于100%的数据，1 < = N , M < = 10000000

分析：这道题又卡时间又卡空间......

       首先这道题要求互质的个数肯定要用欧拉函数来做，但是欧拉函数只能处理[1,m!]内的数，那么(m!,n!]内的数我们该怎么处理呢？要做出这道题，我们需要知道一个性质，如果x与m!互质，那么x+m!与m!互质，x+n*m!也与m!互质,所以我们处理一下[1,m!]内与m!互质的数的个数，然后利用这个性质就可以求出答案为φ(m!) * (n!) / (m!),这个φ(m!)可以化简一下：m!*π((pi-1) / (pi)),带入式子，得到答案为(n!) * π((pi - 1)/pi).

       因为有多个询问，所以我们先预处理出最大范围内的质数和逆元还有！，处理的方法是线性筛和线性求逆元，这里有一个优化就是能开bool尽量开bool，我之前开成long long就T了.

       现在还有一个问题就是爆空间，我们可以先打一个程序处理出1~10000000内的质数，可以发现质数的个数大约是664580个，数组刚好开这么大就可以过了.

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;

const int maxn = 10000001;

int t, p,n,m;
long long f[maxn], ans[maxn],prime[664580],niyuan[maxn];
bool vis[maxn];

void init()
{
    long long tot = 0;
    for (int i = 2; i <= maxn; i++)
    {
        if (!vis[i])
            prime[++tot] = i;
        for (int j = 1; j <= tot; j++)
        {
            if (prime[j] * i > maxn)
                break;
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
    f[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxn; i++)
        f[i] = f[i - 1] * i % p;
    niyuan[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxn && i < p; i++) //逆元是mod p意义下的，所以可以只用处理到p
        niyuan[i] = (p - p / i) * niyuan[p % i] % p;
    ans[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxn; i++)
    {
        if (!vis[i])
            ans[i] = ans[i - 1] * (i - 1) % p * niyuan[i % p] % p;
        else
            ans[i] = ans[i - 1];
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &t, &p);
    init();
    for (int i = 1; i <= t; i++)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        printf("%d\n", f[n] * ans[m] % p);
    }

    return 0;
}