[51nod1965]奇怪的式子（Min_25筛）

最新推荐文章于 2022-01-20 16:46:34 发布

weixin_33857679

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10421123.html

本文深入解析了Min_25筛算法在求解特定数学问题中的应用，包括算法的推导过程、具体实现步骤及代码示例。通过分解题目要求的公式，利用Min_25筛算法优化计算效率，解决了复杂的大规模数值运算问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题面

传送门

题解

好毒啊……\(de\)了一个晚上的\(bug\)……

题目所求为

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)+i}(mod\ 10^{12}+39)\]

那么我们把式子拆开来，变成

\[(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)})(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i)\]

左边

现在就是要求\(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}\)

我们发现只有在所有质因子都不超过\(1\)个的时候才会有\(\mu(i)\neq 0\)

那么上式就可以转化一下

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}=\prod_{i=1}^n 2^{c(i)\mu(i)}=2^{\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)}\]

其中\(c(i)\)表示\(i\)的因子个数

于是现在我们要对\(\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)\)，求和，考虑\(Min\_25\)筛

假设我们现在已经求出\(g(n,|P|)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime]\)

设

\[S(n,j)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]

那么我们就可以递推了

\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1) \left(S \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

等等，按上面这样真的大丈夫？我们是对于\(S(n,j)\)考虑是否有\(P_j\)这个质因子，如果没有就是加上\(S(n,j+1)\)，如果有的话就是加上后面那个……

似乎不对诶，我让\(P_j\)乘上去之后，每一个数的因子个数\(+1\)，那么我们维护的\(\sum c(i)\mu(i)\)里面\(c(i)\)也要变啊，这不就出问题了么？因为这里\(c(i)\)加了\(1\)，那么为了让减去的这个值是真的，我们似乎还需要减去\(\sum \mu(i)\)

为了避免这个问题，我们还需要定义一个

\[\sum_{i=1}^n \mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]

那么这下子就能真·递推了

\[g(n,j)=g(n,j+1)+(-1) \left(g \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1) \left(S \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)+(-1) \left(g \left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]

用\(Min\_25\)筛带进去递推就行了

右边

要求

\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i\]

那么我们考虑枚举质因子，大概是这么个式子

\[\prod_{p}\prod_{k}(k+1)^{g(p,k)}\]

就是枚举质数\(p\)，枚举这个质数的次数\(k\)，\(g(p,k)\)表示\(1\)到\(n\)中有这么多个数满足它们的中\(p\)的次数为\(k\)，然后这些数求和

不难发现

\[g(p,k)=p^ks(\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor)-p^{k+1}s(\lfloor\frac{n}{p^{k+1}}\rfloor)\]

如果\(p<\sqrt{n}\)，直接暴力搞就行了，复杂度是和\(Min\_25\)筛一样的

然而\(p>\sqrt{n}\)怎么办呢？

发现这个时候\(k=1\)，那么就可以上整除分块了

然后没有然后了

最后最后：记得取模，记得取模，记得取模！

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define dd long double
#define ID(x) ((x)<=sqr?id1[x]:id2[n/(x)])
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=1e6+5;const ll P=1e12+39,Phi=P-1;
inline ll add1(R ll x,R ll y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline ll dec1(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline ll mul1(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/P;return x*y-r*P;}
inline ll add2(R ll x,R ll y){return x+y>=Phi?x+y-Phi:x+y;}
inline ll dec2(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+Phi:x-y;}
inline ll mul2(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/Phi;return x*y-r*Phi;}
ll ksm(R ll x,R ll y){
    y=(y%Phi+Phi)%Phi;
    ll res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul1(x,x))if(y&1)res=mul1(res,x);
    return res;
}
ll w[N],g[N],h[N],f[N],sp[N],sum[N];int id1[N],id2[N],p[N];
bitset<N>vis;ll n,ans,res;int m,tot,sqr,lim,id,k;
void init(){
    vis[1]=1;
    fp(i,2,N-1){
        if(!vis[i])p[++tot]=i,sp[tot]=sp[tot-1]+i;
        for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<N;++j){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }lim=tot;
}
void solve(){
    m=0,sqr=sqrt(n),tot=upper_bound(p+1,p+1+lim,sqr)-p-1;
    for(R ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i),w[++m]=n/i;
        w[m]<=sqr?id1[w[m]]=m:id2[n/w[m]]=m;
        sum[m]=h[m]=(w[m]&1)?mul2((w[m]+1)>>1,w[m]):mul2(w[m]>>1,w[m]+1),h[m]=dec2(h[m],1);
        g[m]=w[m]-1;
    }
    fp(j,1,tot)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){
        id=ID(w[i]/p[j]);
        h[i]=dec2(h[i],mul2(p[j],dec2(h[id],sp[j-1])));
        g[i]=dec2(g[i],dec2(g[id],j-1));
    }
    fp(i,1,m)f[i]=g[i]=dec2(0,g[i]);
    fd(j,tot,1)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){
        id=ID(w[i]/p[j]);
        f[i]=dec2(f[i],add2(add2(g[id],j),add2(f[id],j)));
        g[i]=dec2(g[i],add2(g[id],j));
    }
    ans=ksm(2,f[1]);
    ll i,j;
    for(j=1;j<=tot&&1ll*p[j]*p[j]<=n;++j){
        ll x=p[j],y=1ll*p[j]*p[j];
        for(i=1;x<=n;++i,x=y,y*=p[j]){
            res=dec2(mul2(x,sum[ID(n/x)]),y<=n?mul2(y,sum[ID(n/y)]):0);
            ans=mul1(ans,ksm(i+1,res));
        }
    }
    i=p[j-1]+1,j=n/(n/i);
    for(;i<=j;++i)if(!vis[i])ans=mul1(ans,ksm(2,mul2(i,n/i)));
    for(;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        res=h[ID(j)],res=dec2(res,h[ID(i-1)]);
        res=mul2(res,sum[ID(n/i)]);
        ans=mul1(ans,ksm(2,res));
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    int T;scanf("%d",&T);init();
    while(T--)scanf("%lld",&n),solve();
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10421123.html