CodeForces 757 E.Bash Plays with Functions（积性函数+dp）

最新推荐文章于 2022-07-31 20:30:16 发布

v5zsq

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分类专栏： Code Forces 数论 dp

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本文介绍了一种基于积性函数特性的算法，用于快速计算特定数论函数fr(n)的值。该函数定义在一个整数n上，并通过递归方式更新。文章详细解释了如何利用数学归纳法证明函数的积性特性，并给出了高效的实现方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

定义 $f_0(n)$ 为满足 $p\cdot q=n,gcd(p,q)=1$ 的有序对 $(p,q)$ 对数，定义 $f_{r+1}(n)=\sum\limits_{u\cdot v=n}\frac{f_r(u)+f_r(v)}{2}$ ，给出 $r,n$ ，求 $f_r(n)$

Input

第一行一整数 $q$ 表示用例组数，每组用例输入两个整数 $r,n(1\le q\le 10^6,0\le r\le 10^6,1\le n\le 10^6)$

Output

对于每组用例，输出 $f_r(n)$ ，结果模 $10^9+7$

Sample Input

5
0 30
1 25
3 65
2 5
4 48

Sample Output

8
5
25
4
630

Solution

首先证明 $f_0(n)$ 是积性函数，对 $(n,m)=1$ ，对 $n,m$ 素因子分解， $n=p_1^{a_1}...p_s^{a_s},m=q_1^{b_1}...q_t^{b_t}$ ，则有 $p_i\neq q_j$ ，将 $n$ 拆成两个互素的数 $p,q$ ，则 $p$ 应该取 $p_1^{a_1},p_2^{a_2},...,p_s^{a_s}$ 的一个子集乘起来，故 $f_0(n)=2^s$ ，进而 $f_0(m)=2^t$ ， $f_0(nm)=2^{s+t}=f_0(n)f_0(m)$ ，故 $f_0(n)$ 是积性函数

如果 $f_r(n)$ 是积性函数，下面证明 $f_{r+1}(n)$ 是积性函数， $f_{r+1}(n)=\sum\limits_{u\cdot v=n}\frac{f_r(u)+f_r(v)}{2}=\sum\limits_{d|n}\frac{f_r(d)+{f_r(\frac{n}{d})}}{2}=\frac{1}{2}(\sum\limits_{d|n}f_r(d)+\sum\limits_{d|n}f_r(\frac{n}{d}))=\sum\limits_{d|n}f_r(d)$

故 $f_{r+1}(n)$ 是积性函数，由数学归纳法，对于任意 $r\ge 0$ ， $f_r(n)$ 是积性函数

设 $n=p_1^{a_1}...p_s^{a_s}$ ，那么 $f_r(n)=f_r(p_1^{a_1})f_r(p_2^{a_2})...f_r(p_s^{a_s})$ ，即只要求出 $f_r(p^k)$ 的值即可，其中 $p$ 为素数

$f_0(p^k)=2,k\ge 1,f_r(1)=1,r\ge 0$

$f_r(p^k)=\sum\limits_{i=0}^kf_{r-1}(p^i)=f_r(p^{k-1})+f_{r-1}(p_k),r\ge 1,k\ge 1$

预处理 $dp[k][r]=f_r(p^k)$ ，对于每次查询，得到 $n$ 的素因子分解形式中的幂指数 $a_1,a_2,...,a_s$ ，则答案即为 $\prod\limits_{i=1}^sdp[a_i][r]$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=1000005;
#define mod 1000000007
int dp[20][maxn];
void add(int &x,int y)
{
    x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
void init(int n=19,int r=1e6)
{
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=r;i++)dp[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][0]=2;
        for(int j=1;j<=r;j++)
            add(dp[i][j],dp[i][j-1]+dp[i-1][j]);
    }
}
vector<int>g[maxn]; 
void Solve(int n)
{
    int nn=n;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0)
        {
            int num=0;
            while(n%i==0)n/=i,num++;
            g[nn].push_back(num);
        }
    if(n>1)g[nn].push_back(1);
}
int main()
{
    init();
    int q,n,r;
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        scanf("%d%d",&r,&n);
        if(n==1)printf("1\n");
        else
        {
            if(g[n].size()==0)Solve(n);
            int ans=1;
            for(int i=0;i<g[n].size();i++)ans=(ll)ans*dp[g[n][i]][r]%mod;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}