洛谷P5221 Product 欧拉定理+欧拉函数

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洛谷P5221 Product

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标签

• 欧拉函数
• 欧拉定理

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前言

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简明题意

• 求：
  $$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}(\%104857601)$$
• 数据范围是1e6，时限是0.2s

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思路

• 将原式中$lcm$用$gcd$表示，因此原式:
  $$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{ij}{{\left(gcd(i,j)\right)}^2}$$

一般来说，$lcm$是没有$gcd$那样显然的递归式，因此$lcm$不好直接求，通常会将$lcm$转化成$gcd$来求$lcm$，而$gcd(i,j)\ast lcm(i,j)=ij$,因此$lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}$

• 运用结合律拆开：
  $$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij\ast {\left(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)\right)}^{-2}$$

累加/乘式，分别满足这样的性质：(结合律)
$$\sum _i(a_i+b_i)=\sum _i{a}_i+\sum _i{b}_i$$
$$\prod _i(a_i+b_i)=\prod _i{a}_i\ast \prod _i{b}_i$$

注意,关于多重和式：在$\sum$中有
$$\sum _i{a}_i\sum _j{b}_j=\sum _i{a}_i\ast \sum _j{b}_j$$
而在$\prod$中
$$\prod _i{a}_i\prod _j^n{b}_j=\prod _i{a}_i\ast {\left(\prod _j{b}_j\right)}^n$$
因此在数与求和符号相乘时，$\sum$中乘号可以省略，在$\prod$中记得不要省略乘号

题外话：分配率：
$$\sum _{i}k{a}_i=k\sum _i{a}_i$$
$$\prod _i^{n}k{a}_i=k^n\ast \prod _i^n{a}_i，而$$

分配率就是把被加\乘式中的数提到前面

• 先求$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij$。直接分配律得：
  $$\prod _{i=1}^n\left(i^n\ast \prod _{j=1}^{n}j\right)=\prod _{i=1}^n\left(i^n\ast n!\right)=(n!{)}^n\ast \prod _{i=1}^n{i}^n=(n!{)}^n\ast (n!{)}^n=(n!{)}^{2n}$$
• 第一个式子就这样解决了，现在我们去求第二个式子：$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)$，首先就改为枚举$gcd$，然后用值去次方一下出现的次数：
  $$\prod _{x=1}^n{x}^{{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[gcd(i,j)==x]}$$
• 后面的$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)==x]$是不是很熟悉？他就等于$2pre\varphi ([\frac{n}{x}])-1$(这里使用欧拉函数推出来的。不清楚的同学翻一翻我在欧拉函数分类下的文章，有一篇讲过)，于是第二个式子等于：
  $$\prod _{x=1}^n{x}^{2pre\varphi ([\frac{n}{x}])-1}$$
• 于是总的式子就是要求：
  $$(n!{)}^{2n}\ast {\left(\prod _{x=1}^n{x}^{2pre\varphi ([\frac{n}{x}])-1}\right)}^{-2}$$
• 左边的式子快速幂$O(nlogn)$就能处理出来，右边的，可以提前线性筛再前缀和出来$2pre\varphi ([\frac{n}{x}])-1$，求出来了要给右边的式子求一个乘法逆元，就能求出答案了。
• 注意，这里$x$的指数部分我们是用数组保存起来了，而且保存的应该是真实值而不是取模后的值，因为指数是不能取模的！！不要搞混了。
• 所以，指数的真实值是会超过int的，我们只能开一个longlong保存指数，题目只给了7.8MB内存，1kb约=250个int，手算一下也会发现longlong开不下。因此我们需要对指数也取模。怎么取模？欧拉定理，只要模数是质数，在模意义下的次方运算，就可以给次方提前%上模数的欧拉函数，也就是模数-1.，然后就能AC了。

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注意事项

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总结

• 一般来说，$lcm$是没有$gcd$那样显然的递归式，因此$lcm$不好直接求，通常会将$lcm$转化成$gcd$来求$lcm$，而$gcd(i,j)\ast lcm(i,j)=ij$,因此$lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}$
• 运算符的规律总结：

累加/乘式，分别满足这样的性质：(结合律)
$$\sum _i(a_i+b_i)=\sum _i{a}_i+\sum _i{b}_i$$
$$\prod _i(a_i+b_i)=\prod _i{a}_i\ast \prod _i{b}_i$$

注意,关于多重和式：在$\sum$中有
$$\sum _i{a}_i\sum _j{b}_j=\sum _i{a}_i\ast \sum _j{b}_j$$
而在$\prod$中
$$\prod _i{a}_i\prod _j^n{b}_j=\prod _i{a}_i\ast {\left(\prod _j{b}_j\right)}^n$$
因此在数与求和符号相乘时，$\sum$中乘号可以省略，在$\prod$中记得不要省略乘号

题外话：分配率：
$$\sum _{i}k{a}_i=k\sum _i{a}_i$$
$$\prod _i^{n}k{a}_i=k^n\ast \prod _i^n{a}_i，而$$

分配率就是把被加\乘式中的数提到前面

• 注意逆元运算，对于$\frac{a}{b}\%p=a\ast inv(b\%p)\%p$，计算逆元的那个数是可以提前取模的！！！
• $a^b\%p$，运算时a可以提前模p，但是b是万万不能提前模p的，而是应该运用欧拉定理。

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AC代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 1e6 + 10;
const int mod = 104857601;

bool no_prime[maxn];
int prime[maxn], phi[maxn];
int shai(int n)
{
	int cnt = 0;
	phi[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!no_prime[i])
			prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;

		for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; j++)
		{
			no_prime[prime[j] * i] = 1;
			phi[prime[j] * i] = i % prime[j] == 0 ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j] - 1);
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		phi[i] = (phi[i - 1] + 2 * phi[i]) % (mod - 1);

	return cnt;
}

int ksm(int a, int b)
{
	int ans = 1, base = a;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * base % mod;
		base = 1ll * base * base % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

void solve()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	shai(n);

	int ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans = 1ll * ans * i % mod;
	ans = ksm(ans, 2 * n);

	int tot = 1;
	for (int x = 1; x <= n; x++)
		tot = (1ll * tot * ksm(x, phi[n / x] - 1)) % mod;

	printf("%d", 1ll * ans * ksm(1ll * tot * tot % mod, mod - 2) % mod);
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}