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最新推荐文章于 2022-02-11 13:58:53 发布

WerKeyTom_FTD

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分类专栏：分块 ST表筛法

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本文介绍了一种求解区间最小公倍数(LCM)的高效算法，利用ST表进行区间最大值查询，并通过莫队算法优化大质数的处理。针对不同大小的质数采取了不同的策略，实现了复杂度的有效平衡。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意

求区间lcm。带模运算。

做法

不知道有没有更简单的做法。
最小公倍数是什么意思？一堆数的最小公倍数，就是对于每一个质数p，这些数每个数中p的次数的最大值k，然后最小公倍数就会包含一个p^k。
p很大时k会很小，p很小时k会很大，这是两个互相制约的因素，因此考虑使用两种算法然后进行平衡结合。
设置阈值B=230（差不多就是√n）
对于所有<=B的质数p都枚举一遍，然后计算出每个数包含多少个p，再对次数做ST表，每个询问可以直接询问区间最大值然后计算贡献。这部分的复杂度的话，因为只有根号n以内的质数，个数大概为√n/log n，ST的预处理需要n log n，一共n√n。
对于所有>B的质数，每个数最多只有1个，而且次数肯定为1，这意味着一个区间只要存在某个大质数那么贡献就为这个大质数。用b[i]表示第i个数包含的这个大质数（没有就是1），处理出往左往右第一个相同b值的位置，然后上莫队，左右端插入删除通过处理出的left和right来维护贡献。这部分的复杂度的话，逆元用预处理，那么过程就是n√n。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=50000+10,B=230,mo=1000000007;
struct dong{
    int l,r,id;
} ask[maxn];
int a[maxn],c[maxn],f[maxn][20],pri[maxn],zjy[maxn],belong[maxn];
int ans[maxn],left[maxn],right[maxn],last[maxn],ni[maxn];
bool bz[maxn];
int i,j,k,l,r,t,n,m,top,now;
int quicksortmi(int x,int y){
    if (!y) return 1;
    int t=quicksortmi(x,y/2);
    t=(ll)t*t%mo;
    if (y%2) t=(ll)t*x%mo;
    return t;
}
int getmax(int l,int r){
    int z=zjy[r-l+1];
    return max(f[l][z],f[r-(1<<z)+1][z]);
}
bool cmp(dong a,dong b){
    return belong[a.l]<belong[b.l]||belong[a.l]==belong[b.l]&&a.r<b.r;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
    fo(i,1,m){
        scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
        ask[i].id=i;
        ans[i]=1;
    }
    fo(i,2,B){
        if (!bz[i]) pri[++top]=i;
        fo(j,1,top){
            if (i*pri[j]>B) break;
            bz[i*pri[j]]=1;
            if (i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    fo(i,1,n) zjy[i]=floor(log(i)/log(2));
    fo(k,1,top){
        t=pri[k];
        fo(i,1,n) c[i]=0;
        fo(i,1,n){
            while (a[i]%t==0){
                c[i]++;
                a[i]/=t;
            }
        }
        fo(i,1,n) 
            fo(j,0,zjy[n])
                f[i][j]=0;
        fo(i,1,n) f[i][0]=c[i];
        fo(j,1,zjy[n])
            fo(i,1,n-(1<<j)+1)
                f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        fo(i,1,m){
            l=getmax(ask[i].l,ask[i].r);
            ans[i]=(ll)ans[i]*quicksortmi(t,l)%mo;
        }
    }
    fo(i,1,n) belong[i]=(i-1)/B+1;
    fo(i,1,n) last[i]=0;
    fo(i,1,n){
        left[i]=last[a[i]];
        last[a[i]]=i;
    }
    fo(i,1,n) last[i]=n+1;
    fd(i,n,1){
        right[i]=last[a[i]];
        last[a[i]]=i;
    }
    sort(ask+1,ask+m+1,cmp);
    l=1;r=0;
    now=1;
    fo(i,1,n) ni[i]=quicksortmi(i,mo-2);
    fo(i,1,m){
        while (l<ask[i].l){
            if (right[l]>r) now=(ll)now*ni[a[l]]%mo;
            l++;
        }
        while (l>ask[i].l){
            l--;
            if (right[l]>r) now=(ll)now*a[l]%mo;
        }
        while (r>ask[i].r){
            if (left[r]<l) now=(ll)now*ni[a[r]]%mo;
            r--;
        }
        while (r<ask[i].r){
            r++;
            if (left[r]<l) now=(ll)now*a[r]%mo;
        }
        ans[ask[i].id]=(ll)ans[ask[i].id]*now%mo;
    }
    fo(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]);
}