洛谷P4902乘积

题意简述：

给 $ t $ 组 $ (a,b) $ 求：

$ \prod_{i=A}^{B}\prod_{j=1}^{i}(\frac{i}{j})^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} (\bmod 19260817) $

$ solution: $

考试都去想 $ T2 $ 了……

题目是真的不错，首先看到题面我们可以想到三个角度：

预处理再回答
分子分母可以分开求
将询问拆成 $ (1,b)/(1,a-1) $ 于是可以默认从一开始

然后我们先看分子， $ \prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i}i^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ 这个东西我们可以先求出对于每一个 $ i $ 的 $ \prod_{j=1}^{i}i^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ ，然会前缀积。对于每个 $ \prod_{j=1}^{i}i^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ 我们可以考虑化简： $ i^{\prod_{j=1}^{i} \lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ 。这个指数我们观察法（或者将 $ i-1 $ 和 $ i $ 比较）可以发现和约数合数有关，并且就是约数前缀和。而约数前缀和是 $ nlogn $ 的，符合要求。

然后我们看分母， $ \prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i}(\frac{1}{j})^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ ，这个同样可以先求出对于每一个 $ i $ 的 $ \prod_{j=1}^{i}\frac{1}{j} ^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ ，然会前缀积。其实 $ \frac{1}{j} $ 可以通过预处理逆元来完成，实际上我们只需要知道求 $ \prod_{j=1}^{i}j^{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor} $ 即可。这个东西我们将 $ i-1 $ 和 $ i $ 比较，可以发现每次 $ i+1 $ 这个式子就会乘上 $ i $ 的所有约数的乘积。用约数筛法可以递推得到。

上述两个过程都可以在约数筛的同时一并完成，处理好逆元，还可以 $ O(1) $ 回答。

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const int mod=19260817;

int t,n;
int a[1000005]; //询问
int b[1000005];
int f[1000005]; //分子
int g[1000005]; //分母
int s[1000005]; //答案
int inv[1000005];

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    if(sign)return -res; else return res;
}

inline int ksm(ll x,int y){ //快速幂
    rg res=1;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod; y>>=1;
    }return res;
}

int main(){
    t=qr(); inv[1]=1;
    for(rg i=1;i<=t;++i){
        a[i]=qr(),b[i]=qr();
        n=max(n,max(a[i],b[i])); //求上界
    }
    for(rg i=2;i<=n;++i) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; //线性求逆元
    for(rg i=0;i<=n;++i) g[i]=1; //初始化
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        for(rg j=i;j<=n;j+=i)
            ++f[j],g[j]=(ll)g[j]*inv[i]%mod; //将这个数的贡献计入它的倍数里
        f[i]+=f[i-1]; //约数个数前缀和
        g[i]=(ll)g[i-1]*g[i]%mod; //约数前缀积
    } f[0]=g[0]=s[0]=1;
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        f[i]=ksm(i,f[i]); //计算逆元
        f[i]=(ll)f[i-1]*f[i]%mod; //约数个数的前缀和的前缀积
        g[i]=(ll)g[i-1]*g[i]%mod; //约数前缀积的前缀积
        s[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod; //计算1-i的答案
    }
    for(rg i=1;i<=t;++i){
        rg x=a[i],y=b[i];
        printf("%lld\n",(ll)s[y]*ksm(s[x-1],mod-2)%mod); //(a~b)=(1~b)/(1~(a-1))
    }
    return 0;
}