P6217 简单数论题

最新推荐文章于 2023-04-24 20:09:43 发布

H-w-H

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分类专栏：数论题解文章标签：算法 c语言

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这篇博客介绍了如何处理序列中元素与特定数值的最大公约数及最小公倍数的乘积问题。通过预处理序列和利用最大公约数与最小公倍数的性质，可以优化查询效率。在O(1)时间内回答区间乘积并模运算，适用于大规模数据和多次查询。算法使用了质因数分解和前缀积技术，实现了快速计算和空间优化。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

给出一个长度为 n 的序列 a，q次询问 $\prod\limits_{i=l}^r \operatorname{lcm}(a_i,x)$ 的值。

答案对 $10 ^ 9 + 7$ 取模。

思路：

$\begin{aligned} &\prod_{{i=l}}^rlcm(a_i,x)\\ =&\prod_{i=l}^r\frac{a_ix}{gcd(a_i,x)}\\ =&\frac{\prod\limits_{i=l}^ra_ix}{\prod\limits_{i=l}^rgcd(a_i,x)}\\ \end{aligned}$
公式上半部分预处理

下半部分
$\begin{cases} x&=&\prod_{i=1}^kp_{xi}^{q_{xi}}\\ a_i&=&\prod_{j=1}^kp_{ij}^{q_{ij}} \end{cases}\\ \begin{aligned} &\prod_{i=l}^rgcd(a_i,x)\\ =&\prod_{i=l}^r\prod_{j=1}^kp_{xj}^{min(q_{ij},q_{xj})}\\ =&\prod_{i=1}^kp_{xi}^{\sum\limits_{j=l}^rmin(q_{ji},q_{xi})}\\ =&\prod_{i=1}^kp_{xi}^{\sum\limits_{d=1}^{q_{xi}}\sum\limits_{j=l}^r[d\le q_{ji}]}\\ =&\prod_{i=1}^kp_{xi}^{\sum\limits_{d=1}^{q_{xi}}\sum\limits_{j=l}^r[p_{xi}^d|p_{xi}^{q_{ji}}]}\\ =&\prod_{i=1}^kp_{xi}^{\sum\limits_{d=1}^{q_{xi}}\sum\limits_{j=l}^r[p_{xi}^d|a_j]}\\ \end{aligned}$

先预处理出每个 $a_i$ 是哪些 $p_{ij}$ 的倍数，用数组存下下标，对于一个区间 $[l, r]$ ，我们只需要求出 $x$ 的某个贡献 $p_{xj}^k(k\in(1,q_{xj}))$

中包含在 $[l, r]$ 区间的下标有多少个。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
ll fac[N];
int p[N], last[N], tot;
bool st[N];
vector<int> pr[N];
void init() {
	fac[0] = last[1] = 1;
	for(int i=2; i<N; i++) {
		if(!st[i]) p[tot++] = i, last[i] = i;
		for(int j=0; j<tot&&1ll*i*p[j]<N; j++) {
			st[i*p[j]] = 1;
			last[i*p[j]] = p[j];
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}
ll qpow(ll x, ll y) {
	ll ans = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	init();
	int n, m, x;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d", &x);
		fac[i] = fac[i-1] * x % mod;
		int tmp = x;
		while(tmp != 1) {
			int u = last[tmp], v = 1;
			while(tmp % u == 0) {
				tmp /= u;
				v *= u;
				pr[v].push_back(i);
			}
		}
	}
	int l, r;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);
		int tmp = x;
		ll res = 1;
		while(tmp != 1) {
			int u = last[tmp], v = 1, cnt = 0;
			while(tmp % u == 0) {
				tmp /= u;
				v *= u;
				cnt += upper_bound(pr[v].begin(), pr[v].end(), r)-lower_bound(pr[v].begin(), pr[v].end(), l);
			}
			res = res * qpow(u, cnt) % mod;
		}
		printf("%lld\n", fac[r]*qpow(fac[l-1], mod-2)%mod*qpow(x, r-l+1)%mod*qpow(res, mod-2)%mod);
	}
	return 0;
}