第九届河南理工大学算法程序设计大赛 正式赛 G. Mo的数学 分解质因子 暴力 | 容斥

题解

直接暴力将m和区间[1, n]进行求gcd判断会超时，考虑m和[1, n]是否互质可以转换为m的任意一个质因子知否能整除[1, n]。

暴力法：
区间[1, n]每个数字尝试除以m的每个质因子如果都无法整除则说明与m互质累乘至答案，复杂度O(Tnlogm)。(数据水了非正解)

容斥法：
答案为 n! / 每个质因子的倍数 * 两两质因子乘积的倍数 / 三个质因子乘积的倍数… 所有质因子乘积的倍数。
将[1, n]每个的阶乘都打表求出，求出m的质因子。质因子乘积p的倍数累积=π(q*p)，q为[1, n/p]，可以化为q! * p^q。
二进制枚举每个状态求出p，记录二进制位数量k偶数乘奇数除(乘上逆元)，复杂度O(logn*2^logm)。

AC代码

暴力法：

#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
bool vis[N];

int main()
{
#ifdef LOCAL
	//freopen("C:/input.txt", "r", stdin);
#endif
	int n, m;
	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
	{
		ll res = 1;
		if (m == 1)
			for (ll i = 1; i <= n; ++i)
				res = res * i % MOD;
		else
		{
			memset(vis, 0, sizeof(vis));
			for (ll i = 2; i * i <= m; ++i) //分解素因子
				if (m % i == 0)
				{
					for (ll j = 1; i * j <= n; ++j) //标记素因子的倍数
						vis[i * j] = 1;
					while (m % i == 0)
						m /= i;
				}
			if (m > 1)
				for (ll j = 1; m * j <= n; ++j)
					vis[m * j] = 1;
			for (ll i = 1; i <= n; ++i)
				if (!vis[i])
					res = res * i % MOD;
		}
		printf("%lld\n", res);
	}

	return 0;
}

容斥法：

#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define fst first
#define sed second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
ll fac[N];

ll qpow(ll a, ll b)
{
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
	//freopen("C:/input.txt", "r", stdin);
#endif
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; ++i)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
	int n, m;
	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
	{
		vector<int> pri;
		int t = m;
		for (int i = 2; i * i <= t; ++i) //分解质因子
			if (t % i == 0)
			{
				pri.push_back(i);
				while (t % i == 0)
					t /= i;
			}
		if (t > 1)
			pri.push_back(t);
		ll ans = 1;
		for (int i = 0; i < (1 << pri.size()); ++i) //枚举集合
		{
			ll p = 1, q, k = 0; //当前状态乘积 二进制位数
			for (int j = 0; j < pri.size(); ++j)
				if (i & (1 << j))
					p = 1LL * p * pri[j] % MOD, ++k; //当前状态累乘进p
			q = n / p; //p倍数的数量
			ll res = fac[q] * qpow(p, q) % MOD; //p倍数累乘q! * p^q
			ans = ans * (k & 1 ? qpow(res, MOD - 2) : res) % MOD; //容斥 偶数乘 奇数除
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}

	return 0;
}