标签：false 答案 包含 its class 初始 std math 因子
求\(\prod_{i=1}^n \sigma(i)^{\mu(i) + i}\)，数据范围\(n\leq 10^{11}\)，答案对\(10^{12}+39\)取模。
这不显然要拆幂吗？
\(Ans = (\prod_{i=1}^n \sigma(i)^{\mu(i)})(\prod_{i=1}^n \sigma(i)^i)\)。
然后咋办呢.....
= =
\(F_1 = \prod_{i=1}^n \sigma(i)^{\mu(i)}\)，唔[托腮]......
考虑一下\(\mu(i) \neq 0\)的条件，每个质因子只出现一次。
所以\(F_1 = \prod_{i=1}^n 2^{\mu(i)d(i)} = 2^{\sum_{i=1}^n \mu(i)d(i)}\)，其中\(d(i)\)为质因子个数。
所以要求\(F_1' = \sum_{i=1}^n \mu(i)d(i)\)，嗯[托腮$\times$2]......得出结论，不会......
然后就get到了这个新的套路。
我们考虑把min-25筛的第一部分的那个过程给逆过来。
设\(f(n,j) = \sum_{i=1}^n [i\in prime\ or\ p_{min}(i) \geq p_j]\mu(i)d(i)\)。
注意到\(d(x)\)的变化是加一变化，所以再设\(g(n,j) = \sum_{i=1}^n [i\in prime\ or\ p_{min}(i) \geq p_j]\mu(i)\)。
考虑把min-25筛的那个过程倒过来，我们逆推。
初始状态\(f(n,|P|+1)\)、\(g(n,|P|+1)\)我们拿真正的min-25筛给弄出来。
考虑每次加入只包含一个\(p_j\)的那些数的贡献，有：
\(g(n,j) = g(n,j+1) + \mu(p_j)(g(\lfloor\frac{n}{p_j} \rfloor,j+1) - gpre_{j})\) ；
\(f(n,j) = f(n,j+1) + \mu(p_j)[(f(\lfloor \frac{n}{p_j} \rfloor,j+1)-fpre_{j}) + (g(\lfloor \frac{n}{p_j} \rfloor,j+1) -gpre_{j})]\)
其中\(fpre_j = \sum_{k=1}^j \mu(p_k)d(p_k)\)，\(gpre_j = \sum_{k=1}^j \mu(p_k)\)。
注意\(gpre\)、\(fpre\)每次减的都是\(gpre_{j}\)而不是\(gpre_{j-1}\)，因为若\(p_j\)多次出现则\(\mu=0\)不满足积性。
这做法简直NB的不行。
= =
\(F_2 = \prod_{i=1}^n \sigma(i)^{i} = \prod_{p\in prime} \prod_k (k+1)^{\delta(n,p,k)}\)
定义\(Sum(n) = \sum_{i=1}^n i\)
容斥有\(\delta(n,p,k) = \sum_{i=1}^n [p^k | i\ and\ i\%p^{k+1}\neq 0]i = p^k Sum(\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor) -p^{k+1} Sum(\lfloor \frac{n}{p^{k+1}} \rfloor)\)。
考虑分块。
对于\(p\leq \sqrt{n}\)，暴力计算即可，复杂度\(O(\sqrt{n}logn)\)。
对于\(p > \sqrt{n}\)，：
\(F_2' = \prod_{p\in prime , p > \sqrt{n}}2^{\delta(n,p,1)} = 2^{\sum_{p\in prime,p>\sqrt{n}} \delta(n,p,1)}\)
然后\(\delta(n,p,1) = pSum(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor)\)。
注意到\(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)的取值只有\(\sqrt{n}\)个，所以考虑先抛弃\(p > \sqrt{n}\)这个条件，我们来算：
\(F_2'' = \sum_{p\in prime} pSum(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor) = \sum_{d=\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} Sum(d) \sum_{p\in prime} p[\lfloor \frac{n}{p} \rfloor = d]\)
对于\(\sum_{p\in prime} p[\lfloor \frac{n}{p} \rfloor = d]\)，显然对应一段区间，而我们知道数论分块后区间右端点封闭。
所以只需要求：\(\sum_{p\in prime} p\)，这个就很舒服了，直接min-25筛。
得到\(F_2''\)后，暴力把\(p\in prime,p\leq \sqrt{n}\)的贡献全部减掉，稍加处理即可得到\(F_2\)。
= =
最后\(Ans = F_1F_2\)，注意不要爆\(long\ long\)，记得时刻注意模数是\(mod\)还是\(\varphi(mod)\)。
卡常警告......
由于卡常数这份代码已经丑陋不堪了，但是这道15sec的题跑了13.4sec还是跑过去了。
#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define _ 1000005
#define ll long long
using namespace std ;
ll Num[_],ID1[_],ID2[_],fpre[_],gpre[_],ppre[_],pcnt[_],pval[_],n,m,Base,tot,prm[_],mod ;
bool Is[_] ; ll f[_],g[_] ;
IL ll mul(ll x , ll y , ll Mod) {
ll ret = x * y - (long long)((long double)x / Mod * y + 0.5) * Mod ;
return ret < 0 ? ret + Mod : ret ;
}
IL ll Pow(ll ts , ll js , ll Mod) {
ll al = 1 ;
while(js) {
if(js & 1) al = mul(al , ts , Mod) ;
ts = mul(ts , ts , Mod) ; js >>= 1 ;
}return al ;
}
IL ll ID(ll x) {return x > Base ? ID2[n / x] : ID1[x] ; }
IL ll Sum(ll x , ll Mod) {return (x & 1) ? mul(x , (x + 1) / 2 , Mod) : mul(x / 2 , x + 1 , Mod) ; }
IL void Sieve() {
Base = sqrt(n) ; tot = 0 ; memset(Is , false , sizeof(Is)) ;
while(1ll * (Base + 1) * (Base + 1) <= n) ++ Base ;
for(int i = 2; i <= Base; i ++) {
if(!Is[i]) prm[++tot] = i ;
for(int j = 1; j <= tot && 1ll * prm[j] * i <= Base; j ++) {
Is[i * prm[j]] = true ; if(i % prm[j] == 0) break ;
}
}
for(int i = 1; i <= tot; i ++) fpre[i] = gpre[i] = (mod - 1) - i ;
for(int i = 1; i <= tot; i ++) {
ppre[i] = ppre[i - 1] + prm[i] ; if(ppre[i] >= (mod - 1)) ppre[i] -= (mod - 1) ;
}
}
IL void Pre() {
m = 0 ;
for(ll l = 1,r; l <= n; l = n / (n / l) + 1) {
(n / l) <= Base ? ID1[n / l] = ++ m : ID2[n / (n / l)] = ++ m ;
Num[m] = n / l ;
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) pval[i] = (Sum(Num[i] , mod - 1) + mod - 2) % (mod - 1) , pcnt[i] = Num[i] - 1 ;
for(int i = 1; i <= tot; i ++)
for(int j = 1; j <= m && 1ll * prm[i] * prm[i] <= Num[j] ; j ++) {
ll v = ID(Num[j] / prm[i]) , w ;
w = pcnt[v] - (i-1) + (mod - 1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
pcnt[j] = pcnt[j] - w + (mod - 1) ;
if(pcnt[j] >= mod - 1) pcnt[j] -= mod - 1 ;
w = pval[v] - ppre[i - 1] + (mod - 1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
pval[j] = pval[j] - mul(prm[i] , w , mod - 1) + (mod - 1);
if(pval[j] >= mod - 1) pval[j] -= mod - 1 ;
}
return ;
}
IL ll Calc1() {
for(int j = 1; j <= m; j ++) f[j] = g[j] = (mod - 1) - pcnt[j] ;
for(int j = tot; j >= 1; j --)
for(int i = 1; i <= m && 1ll * prm[j] * prm[j] <= Num[i] ; i ++) {
ll v = ID(Num[i] / prm[j]) , w ;
w = g[v] - gpre[j] + (mod - 1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
g[i] = g[i] - w + (mod - 1) ; if(g[i] >= mod - 1) g[i] -= mod - 1 ;
w = f[v] - fpre[j] + (mod - 1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
f[i] = f[i] - w + (mod - 1) ; if(f[i] >= mod - 1) f[i] -= mod - 1 ;
w = g[v] - gpre[j] + (mod - 1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
f[i] = f[i] - w + (mod - 1) ; if(f[i] >= mod - 1) f[i] -= mod - 1 ;
}
return Pow(2ll , f[1] , mod) ;
}
IL ll slv(ll p1,ll p2){
ll w = (mul(p1 , Sum(n/p1,mod-1) , mod-1) - mul(p2 , Sum(n/p2,mod-1) , mod-1) + (mod-1)) + (mod - 1) ;
return w >= mod - 1 ? w - (mod - 1) : w ;
}
IL ll Calc2() {
ll ans = 1 ;
for(ll j = 1; j <= tot; j ++)
for(ll pk = prm[j],k = 1 ; pk <= n; pk = 1ll * pk * prm[j] , ++ k)
ans = mul(ans , Pow(k + 1 , slv(pk , pk * prm[j]) , mod) , mod) ;
ll ret = 0 ;
for(ll i = m,w; i >= 1; i --) {
w = pval[i] - pval[i+1] + (mod-1) ; if(w >= (mod - 1)) w -= (mod - 1) ;
ret = (ret + mul(Sum(n / Num[i] , mod - 1) , w , mod - 1)) % (mod - 1) ;
}
for(ll i = 1; i <= tot; i ++) {
ret = ret - mul(Sum(n / prm[i] , mod - 1) , prm[i] , mod - 1) + (mod - 1) ;
if(ret >= (mod - 1)) ret -= (mod - 1) ;
}
return mul(ans , Pow(2ll , ret , mod) , mod) ;
}
IL void Work() {Sieve() ; Pre() ; cout << mul(Calc1() , Calc2() , mod) << endl ; }
int main() {
//freopen("testdata.in","r",stdin) ;
int Case ; cin >> Case ;
mod = 1e12 ; mod += 39 ;
while(Case --) cin >> n , Work() ; return 0 ;
}标签：false 答案 包含 its class 初始 std math 因子
原文地址：https://www.cnblogs.com/GuessYCB/p/10128192.html
